Algebra - Culegere

download Algebra - Culegere

of 170

Transcript of Algebra - Culegere

Student Web CopyVladimir Balan Ileana-Rodica NicolaALGEBRALINIARA,GEOMETRIEANALITICA,DIFERENTIALAsiECUATIIDIFERENTIALEExercit ii,problemesiaplicat iicusoftspecializat=Bucuresti2007=Student Web CopyReferent istiint ici:Prof.univ.dr. AndreiHalanayProf.univ.dr. VasileIftodeStudent Web CopyPrefat aAceasta carte cuprinde 151 de exercit ii si probleme rezolvate de Algebra Liniara, Geome-trie Analitica si Diferent iala si Ecuat ii Diferent iale seminarizate la cursul omonim predat nanul I la facultat ile cu prol electric si mecanic din Universitatea Politehnica din Bucuresti.Lucrareaestestructuratapeparagrafetematice,avandroluldeaveniatat nsprijinulstudent ilor care se pregatesc pentru examen si pentru lucrarile din cursul anului universitar,cat si n sprijinul cadrelor didactice care seminarizeaza aceasta disciplina sau t in lucrari delaborator cu soft specializat.27 ianuarie 2007 Autorii.Student Web CopyCUPRINS1E SCap. I.Recapitulare(algebraliniarasigeometrieanalitica)1. Matrici,determinant i sisistemeliniare 5 242. Dreapta nplan. Conice 5 28Cap. II.Algebraliniara1. Spat iivectoriale. Subspat iivectoriale. Dependent aliniara 6 312. Produsscalar. Spat iieuclidiene 8 403. Ortogonalitate. ProcedeuldeortogonalizareGram-Schmidt 8 454. Transformariliniare 9 505. Transformariliniareparticulare 10 576. Vectori sivaloriproprii. Diagonalizare 11 597. FormacanonicaJordan 11 618. Diagonalizareaendomorsmelorsimetrice 12 669. TeoremaCayley-Hamilton. Funct iidematrice 12 6710. Formebiliniare. Formepatratice 12 7211. Expresiacanonicaauneiformepatratice 14 78Cap. III.Geometrieanalitica1. Vectoriliberi 14 872. Dreapta siplanul nspat iu 15 883. Problemerelativeladreapta siplan 15 904. Coordonatecurbilinii 16 945. Conice 16 966. Cuadrice 17 1057. Suprafet egenerate 18 111Cap. IV.Geometriediferent iala1. Aplicat iidiferent iabile 18 1132. Curbe nRn18 1153. Curbeplane 19 1164. Curbe nspat iu 19 1245. Suprafet e 20 127Cap. V.Ecuat iidiferent iale1. Ecuat iidiferent ialeordinare 21 1372. Ecuat iidiferent ialedeordinsuperior 22 1483. Sistemedeecuat iidiferent iale 22 1534. Stabilitate 23 1565. Liniidecamp(sistemesimetrice,integraleprime) 23 157Addenda-aplicat iiMaple

160Bibliograe 1671E=Enunt uri,S=Solut ii.Student Web CopyI.Recapitulare(algebraliniarasigeometrieanalitica)1. Matrici,determinant isisistemeliniare1.FieA =_1 01 2_, B =_0 11 0_ M2( R).a) Aratat i caAB ,= BA.b) Aratat i cat(AB) =tB tA.c) ExistaA1?Daca da, calculat i aceasta matrice direct si cu metoda sistemului.d) Vericat i ca det AB = det BA = det A det B.2.PentruA =__1 0 20 1 11 1 0__, calculat i det A:a) cu regula Sarrus si cu regula triunghiului;b) dezvoltand dupa o linie;c) dezvoltand dupa o coloana;d) folosind n prealabil operat ii cu determinant i.3.Pentru matriceaA din exercit iul precedent, calculat iA1:a) folosind regulaA1=1det AA;b) folosind metoda sistemului;c) folosind metoda Gauss (a pivotului).4.Rezolvat i sistemulAX = b, unde se da matricea extinsaA = (A[b):a) folosind metodele cunoscute de algebra liniara (vezi manual cl. XI);b) folosind metoda Gauss.1)A =____1 2 33 0 22 1 12 2 3101/21____; 2)A =____1 1 12 1 12 1 15 1 135311____; 3)A =__1 82 14 7314__.5. Folosind teorema lui Rouche, aat i daca urmatorul sistem este compatibil sau incom-patibil. In caz de compatibilitate, rezolvat i:a)___x +z = 12x + 2z = 2x +y +z = 3, b)___x +y = 2x y = 02x + 2y = 4x + 2y = 2.2. Dreapta nplan. Conice.6. Determinat i dreaptacaretreceprinpunctul A(2, 1)si carefacecuaxaOxununghi orientat de marime /3.7.Aat i dreapta care cont ine puncteleA(1, 2) siB(3, 1).8. Aat i dacapuncteleA(0, 1), B(1, 1) si C(1, 0)suntcoliniaresaunu. Aat iariatri-unghiuluiABCsi dacaA, B, Csunt parcurse n ordine trigonometrica sau nu.9.Determinat i distant a de la punctulA(1, 2) la dreaptay = 2x 1.Student Web Copy6 ALGA-GDED10. a) Fie 1 cercul de centru C1(1, 2) si raza r1 = 2. Aat i ecuat ia carteziana, normalasi ecuat iile parametrice ale acestuia.b) Aat i ecuat ia cercului 2 ce trece prin puncteleA(0, 3), B(1, 2), C(2, 0), ecuat ia redusa,centrul si raza acestuia.c) Ce pozit ie relativa au cercurile 1 si 2?11.Se da cercul : (x 6)2+ (y 3)2= 4. Aat i:a) tangenta dusa la prin punctulA(6, 1) ;b) tangentele duse la din punctulB(1, 2).12.Se da elipsaE : x2+ 4y24 = 0. Aat i:a) semiaxele, focarele, varfurile si ecuat ia canonica ale elipsei;b) tangenta dusa laEprin punctulA(1,3/2) E;c) tangentele duse laEdin punctulB(3, 1).13.Se da hiperbolaH : x22y22 = 0. Aat i:a) semiaxele, focarele, varfurile, asimptotele si ecuat ia canonica ale hiperbolei;b) tangenta dusa laHprin punctulA(2, 1) H;c) tangentele duse laHdin punctulB(0, 1).14.Se da parabolaP: y2= 4x. Aat i:a) distant a focala a parabolei;b) tangenta dusa laPprin punctulA(9, 6) P;c) tangentele duse laPdin punctulB(2, 3).II.Algebraliniara1. Spat iivectoriale. Subspat iivectoriale. Dependent aliniara15.Determinat i daca urmatoarele operat ii denesc pe mult imile specicate structuri despat iu vectorial. In caz negativ ce proprietat i NU au loc?a)V=R2, (x +y) = (x1 +y1, x2 +[y2[),x = (x1, 0), x, y R2, R.b) ( R2, + , R );c) ( R2[X] = p R[X] [ grad p 2, + , R );d) (p C[X] [ grad p = 3, + , C);e) (C1(1, 1), + , R ), unde C1(1, 1) = f: (1, 1) R [ ftexista si este continua n (1, 1);f ) (M23( R), + , R );g) (f[f: M R, + , R ), undeMeste o mult ime arbitrara nevida.16.Determinat i daca urmatoarele submult imi reprezinta subspat ii vectoriale n spat iilevectoriale indicate:a)W= (x1, x2) R2[ x1 +x2 +a = 0 R2, undea R;b)W= x[x = v, R Rn, undev Rn0;c)W=R1[X] R3[X];d) W= C1(1, 1) C0(1, 1), unde C0(1, 1) = f: (1, 1) R [ feste continua n (1, 1);e)W= p R2[X] [ p(1) +p(1) = 0 R[X];f )W=__a 01 b_a, b R_ M22( R);g)W= x = (x1, x2, x3, x4) R4[ x1 +x2 = a, x1x3 = b 1 R4, undea, b R.Student Web CopyEnunt uri 717.Se dauV= f [ f: (1, 1) R si submult imileW1 = f V [fpara V, W2 = f V [fimpara V .a) Vericat i dacaW1,2 Vsunt subspat ii vectoriale nV .b) Aratat i caW1 W2 = 0,W1 +W2 = V , adicaW1,2sunt subspat ii suplementare nV .c) Descompunet i funct ia exponent iala dupaW1 siW2.18.Aratat i ca:a)L(1 +t, t, 1 t2) = L(1, t, t2) = P2;b)L(1, x,x22! , . . . ,xnn!) = L(1 a, x a, x2a, . . . , xna) = Pn, undea R1.19.Vericat i daca urmatorii vectori sunt liniar independent i.In caz negativ, indicat i orelat ie de dependent a liniara.a)e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) R2;b)v1 = (1, 2, 0), v2 = (1, 1, 1), v3 = (1, 0, 2) R3;c)f1 =ch,f2 =sh,f3 =exp C( R);d)m1 =_1 01 2_; m2 =_1 10 0_; m3 =_0 00 0_ M2( R);e)p1 = 1 +X, p2 = 1 X +X2, p3 = 3 +X +X2R2[X];f ) cosk(t)[k N C( R).20. Vericat i ca urmatoarele submult imi reprezinta baze n spat iile vectoriale ment ionate:a) e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) R2;b) m11, m12, m21, m22 M22( R), unde(mij)kl =_1, (i, j) = (k, l)0, (i, j) ,= (k, l), (i, j), (k, l) 1, 2 1, 2;c) 1, X, X2, X3 R3[X].21.FieB0= e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) baza naturala a spat iului R3sifamiliile de vectori:Bt = f1 = (1, 1, 1), f2 = (0, 1, 1), f3 = (1, 1, 0);Btt = g1 = (0, 0, 1), g2 = (0, 1, 1), g3 = (1, 2, 3) R3.a) Aratat i caBt siBttsunt baze nR3;b) Aat i matricile de schimbare de bazaCB0B , CB

B0, CB

B ;c)Aat i coordonatele[v]B alevectorului v R3relativlabazaBtt R3, stiindca[v]B= (1, 1, 5).22.Se dau subspat iileU= L(u1 = (1, 1, 1), u2 = (0, 0, 0), u3 = (0, 1, 1), u4 = (1, 2, 2)),V= (x, y, z)[x +y 2z = 0 R3.a) Aat i cate o baza n subspat iileU, V, U V, U +V .b) FormeazaUsiVsuma directa?SuntUsiVsubspat ii suplementare ?c) Vericat i teorema Grassmann: dimU + dimV= dim(U +V ) + dim(U V ).23.a) Aratat i caF= p1 = 1 +X, p2 = X +X2, p3 = 1 este baza nP2.b) Aat i coordonatele vectoruluip = 1 + 2X + 3X2 P2relativ la bazaFa luiP2.Student Web Copy8 ALGA-GDED2. Produsscalar. Spat iieuclidiene24.Sunt urmatoarele operat ii produse scalare ?a) x, y) = x1y1 +x2y2, x = (x1, x2), y = (y1, y2) R2.b) A, B) = Tr(At B), A, B /22(C).c) x, y) = x1 y2, x = (x1, x2), y = (y1, y2) C2.25. Aratat i caurmatoareleoperat ii denescprodusescalare(numiteprodusescalarecanonice) pe spat iile vectoriale specicate:a)V=Rn, x, y) = x1y1 +x2y2 +. . . +xnyn, x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) Rn, pentrun = 3.b)V= Pn = p R[X][ gradp n, n 1, p, q) = p0q0 +p1q1 +. . . +pnqn,p = p0 +p1X +. . . +pnXn, q = q0 +q1X +. . . +qnXn Pn, pentrun = 2.c)V= Pn, p, q) = _11p(x)q(x)dx, p, q Pn.d)V= (0[a, b], f, g) = _baf(x)g(x)dx, f, g (0[a, b].e)V = /nn( R), A, B)=Tr(tAB), A, B /nn( R), undeTr((cij)i,j=1,n)=c11 +c22 +. . . +cnn, pentrun = 2.f ) V= Cn, x, y) = x1 y1+x2 y2+. . . +xn yn, x = (x1, x2, . . . xn), y = (y1, y2, . . . yn) Cn,pentrun = 2.26. Folosind produsele scalare canonice din exercit iul precedent, calculat i u, v), [[u[[, [[v[[, prvu, pruvsi cu except ia cazului f), calculat i unghiul celor doi vectori; sunt cei doi vectori ortogonali ?a)u = (1, 2), v = (2, 1) R2;b)u = (1, 1, 1), v = (1, 2, 0) R3;c)u=1 + X, v=X2P2, cuproduselescalaredelapuncteleb)si c)dinproblemaprecedenta;d)u = exp, v = ch (0[0, 1];e)u =_1 02 1_, v =_0 11 0_ /22( R);f )u = (i, i), v = (1 i, 1 +i) C2.3. Ortogonalitate. ProcedeuldeortogonalizareGram-Schmidt27.Se da familia de vectoriS = v1 = (1, 0, 2), v2 = (2, 1, 1) R3.a) Vericat i ca familiaSeste ortogonala;b) Completat iSla o baza ortogonala a spat iului R3.28.Se da subspat iulW= L(v1 = (1, 0, 1, 1), v2 = (1, 1, 1, 0)) R4.a) Determinat iW;b) Aratat i caW W =R4;c) Pentruv = (1, 1, 1, 1), aat iv0 = prWv Wsiv = v v0 W.29.Ortonormat i familiile de vectori:a)F= v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 0) R3;b)F= ch , id C0[0, 1];Student Web CopyEnunt uri 9c)F= p1 = 1 +X, p2 = X +X2, p3 = X C0[1, 1].d)w1 = (i, 0, 1), w2 = (1, i, 0), w3 = (0, i, 0) C3.30.Aat i proiect ia ortogonalaprWva vectoruluivpe subspat iulW, precum si compo-nenta sa ortogonalavrelativ la acest subspat iu:a)v = 1 +x R2[x], W= L(p1 = 1 +x2, p2 = 1); p, q) = _11p(t)q(t)dtb)v = (1, 2, 1); W= L(v1 = (2, 1, 0), v2 = (1, 4, 1)) R3;c)v =_1 24 1_, W= L_C =_1 00 1_, D =_0 12 0__ /22( R);d)v = (2, 1, 1), W= (x, y, z) [ x +y 2z = 0 R3.4. Transformariliniare31. Pentru aplicat iile de mai jos, vericat i ca Teste transformare liniara. Aat i nucleul siimaginea, rangul si defectul si aat i matricea luiTrelativ la bazele canonice ale domeniuluisi respectiv codomeniului. Determinat i dacaTeste injectiva / surjectiva /bijectiva.a)T(x) = (x1x3, x2, 2x12x3), x = (x1, x2, x3) R3, T: R3R3;b) (T(p))(x) = x_10p(t)dt +p(1) pt(0), p P2, T: P2 P2;c)T(A) =tA2Tr(A)I2, A /22( R), T: /22( R) /22( R).32.Se da aplicat iaT: R1[X] R1[X],(T(p))(x) = x_10p(t)dt +p(1/2), p R1[X].a) Aratat i caTeste transformare liniara.b) Aat i nucleul si imaginea transformariiT.c) Este aceasta transformare injectiva/surjectiva ?d) Vericat i teorema dimensiunii pentruT.e) Pe baza rangului transformarii determinat i dacaTeste injectiva/surjectiva.f ) Aat i matricea transformarii relativ la bazaq1 = 1 2X, q2 = 1 +X.g) Sunt Ker Tsi ImTsubspat ii suplementare nR1[X] ?33.Se da transformarea liniaraT L( R3,R2), care satisface condit iileT(v1v3) = w1, T(v2 + 2v3) = w2, T(v1) = w1w2,unde v1 = (1, 1, 1), v2 = (0, 1, 1), v3 = (0, 1, 0) = Bsi w1 = (0, 1), w2 = (1, 1).a) Vericat i caBeste baza nR3.b) Aat i matricea transformariiT.c) Aat i expresia analitica a transformariiT.d) Este aceasta transformare injectiva/surjectiva ?Student Web Copy10 ALGA-GDED34.Se da aplicat iaT: C1(0, 1) C0(0, 1),(T(f))(x) = ft(x), x (0, 1), f C1(0, 1).a) Aratat i caTeste transformare liniara.b) Aat i nucleul si imaginea transformariiT.c) Rezolvat i ecuat ia (T(f))(x) = 1 x2.d) Este aplicabila teorema dimensiunii ?35.Se da morsmul de spat ii vectorialeT L( R1[X],R2[X]),(T(p))(x) = xp(x) p(0), p R1[X].a) Determinat i o baza ortonormata nImT, folosind produsul scalar dinC0[1, 1].b) Calculat iT(1 2X).5. Transformariliniareparticulare36.Se da transformareaT End( R3),T(x) = (x1 +x2 +x3, x2 +x3, x3), x = (x1, x2, x3) R3.a) Aratat i caTeste bijectiva si calculat i inversaT1a acesteia;b) Calculat iT(v), T1(v) si (T32T +Id)(v), undev = (1, 1, 1).37.DacaA este matricea atasata unei transformari liniareTrelativ la o baza ortonor-mata, aratat i caTare proprietatea indicata.a)A =_1 ii 0_,T End(C2) - hermitica;b)A =_a z z b_, a, b R, z C,T End(C2) - hermitica;c)A =_ia z z ib_, a, b R, z C,T End(C2) - antihermitica;d)A =_u vv u_, u, v C, [u[2+[v[2= 1,T End(C2) - unitara;e)A =_0 11 0_,T End( R2) - simetrica (simetria fat a de bisectoarea I);f )A =_0 11 0_, T End( R2) - antisimetrica, structura complexa, ortogonala (rotat iede unghi drept n sens trigonometric);g)A=_cos sinsin cos _, TEnd( R2)-ortogonala(rotat ieplana njurul originii nsens trigonometric de unghi);h)A =_1/2 1/21/2 1/2_,T End( R2) - proiect ie pe subspat iulL(v = (1, 1));i)A =__0 1 10 0 10 0 0__,T End( R3) - operator nilpotent de ordinul trei.38.Aratat i ca aplicat iaa)T(A) =tA, A M22( R), T End(M22( R)) este simetrica;b)TEnd(V ), T(f) =ft, fV = fC( R) [ f(k)(a) =f(k)(b), k 0esteantisimetrica relativ la produsul scalar dinC0([a, b]), undea, b R, a < b.Student Web CopyEnunt uri 1139. FieV unspat iueuclidian. Sedatranslat iaTvdevectorv, Tv: VV, Tv(x)=x +v, x V , undev V .a) Aratat i caTveste liniara doar n cazulv = 0; n acest caz vericat i caTv = Id.b) Pentruv ,= 0 aratat i caTvnu conserva nici produsul scalar, nici norma.c) Vericat i caTveste surjectiva si conserva distant a (deci este o izometrie).6. Vectorisivaloriproprii. Diagonalizare40. SedatransformareaTEnd( R3)dematriceA(relativlabazacanonica), A=__2 0 00 0 10 1 0__.a) Calculat i polinomul caracteristicPal endomorsmuluiT.b)Rezolvat i ecuat iacaracteristicaP() =0si aat i spectrul (T). Notandcu(TC)mult imea radacinilor (complexe) ale polinomului caracteristic, vericat i daca (TC) K =R.c)Pentruecarevaloarepropriedistinctaalui T, aat i subspat iul propriuS, multi-plicitat ile algebricaa() si geometricag() si vericat i dacaa() = g().d) Daca endomorsmulTeste diagonalizabil, atunci: aat i o baza diagonalizatoareBt R3formata din vectori proprii ai luiT; aat i matriceaC = [Bt]B0de trecere de la baza canonica la baza diagonalizatoare;aat i matriceadiagonalaD=At=C1AC=[T]B asociataendomorsmului Trelativ la bazaBt; vericat i relat iaCD = AC.41.Aceeasi problema pentru matricelea)A =__3 0 00 2 10 0 2__; b)A =__7 4 14 7 14 4 4__.7. FormacanonicaJordan42. SedatransformareaTEnd( R3)dematriceA(relativlabazacanonica), A=__3 3 31 11 62 14 7__.a) Calculat i polinomul caracteristic Pal endomorsmului T, rezolvat i ecuat ia caracteristicaP() = 0 si aat i spectrul(T). Notand cu(TC) mult imea radacinilor complexe alepolinomului caracteristic, vericat i daca(TC) K=R. Deducet i n consecint a caTeste jordanizabila.b) Pentru ecare valoare proprie distincta a luiT, efectuat i urmatoarele: aat i multiplicitatea algebricaa(); aat i subspat iul propriuS si multiplicitatea geometricag(); dacaa() = g() aat i o baza nS;dacaa()>g()aat i m=a() g()vectori principali asociat i vectorilorproprii si subspat iile invariante ale valorii proprii.c) Reunind familiile de vectori determinate mai sus, aat i o baza jordanizatoareBt R3formata din vectori proprii si principali ai luiT;d) aat i matriceaC = [Bt]B0de trecere de la baza canonica la baza jordanizatoare;Student Web Copy12 ALGA-GDEDe) aat i matricea JordanJ=At =C1AC= [T]B asociata endomorsmuluiTrelativ labazaBt;f) vericat i relat iaCJ = AC.43.Aceeasi problema pentru matricele:a)A =__2 1 25 3 31 0 2__, b)A =__0 1 04 4 00 0 2__, c)A =__4 7 52 3 31 2 1__.8. Diagonalizareaendomorsmelorsimetrice44. Aat iobazadiagonalizatoareortonormatapentrutransformareasimetricadema-trice:a)A =__3 2 02 0 00 0 1__, b)A =__2 1 11 2 11 1 2__.9. TeoremaCayley-Hamilton. Funct iidematrice45.Se dau matricele1)A =__1 2 00 2 02 2 1__; 2)A =__1 2 00 2 02 2 1__.In ecare din cele doua cazuri, aat i:a) inversaA1, folosind teorema Cayley-Hamilton;b) polinomulQ(A), folosind teorema Cayley-Hamilton, undeQ(t) = t5+ 2t4t2+ 5.c) matriceaeA.46.Aat i funct ia de matricectg (A) pentru matricele din problema anterioara.47.Aplicand teorema Cayley-Hamilton pentru matriceaA =_1 22 1_,a) aat iA1;b) calculat iQ(A), undeQ(t) = t42t3+ 3t 4.48.Calculat ieAsi sin A, pentruA =_0 22 0_.10. Formebiliniare. Formepatratice49.Se da aplicat ia / : V V R, V= (0[0, 1],/(f, g) =_10f(t)dt _10g(s)ds, f, g V.a) Aratat i ca / este forma biliniara.b) Aratat i ca / este forma biliniara simetrica.c) Determinat i forma patraticaQ asociata lui /.d) AdmiteQ vectori izotropi ? In caz armativ, exemplicat i.Student Web CopyEnunt uri 1350.Consideram aplicat ia/ : R2 R2R, /(x, y) = x1y12x1y22x2y1+3x2y2, x = (x1, x2), y = (y1, y2) R2.a) Aratat i ca / este forma biliniara simetrica.b) Determinat i forma patraticaQ asociata lui /.c)Aat i matriceaAasociatalui /si QrelativlabazanaturalaB= e1=(1, 0), e2=(0, 1) R2.d) Aat i matriceaA asociata lui / siQ relativ la bazaBt = e1t = (1, 1), e2t = (1, 1) R2.51.Se da forma patraticaQ : R2R, Q(x) =x21 4x1x2 + 3x22, x = (x1, x2) R2.Aat i forma biliniara simetrica (forma polara) / asociata luiQ.52.Vericat i daca aplicat iile urmatoare / : R2R2Rsunt forme biliniare:a) /(x, y) = x1y2x22, x = (x1, x2), y = (y1, y2) R2;b) /(x, y) = x1y2x2y1, x = (x1, x2), y = (y1, y2) R2.53.Se da forma biliniara / : R2R2R,/(x, y) = x1y2x2y1, x = (x1, x2), y = (y1, y2) R2.a) Este / forma biliniara simetrica ?b) Este / forma biliniara antisimetrica ?c) Aat i matriceaA a lui / relativ la baza canonica. Folosind matricea determinat i daca /este forma biliniara simetrica sau forma biliniara antisimetrica.d) Aat i matriceaA a lui / relativ la bazaBt = u1 = (1, 2), u2 = (3, 1).54.Se da forma biliniara / : R3R3R,/(x, y) = 2x1y13x1y33x3y1 + 4x2y2, x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) R3.a) Aratat i ca / este forma biliniara simetrica.b) Aat i matricea lui /relativ la baza canonica; vericat i rezultatul folosind relat ia /(x, y) =tXAY , undeXsiYsunt vectorii coloana asociat i respectiv luix siy.c) Aat i Ker /, rang /si vericat i teorema dimensiunii:dimKer /+rang / = dimR3.d) Determinat i forma patraticaQ asociata lui /.e) EsteQ (deci /) degenerata sau nedegenerata. AdmiteQ vectori izotropi nenuli ?55.Se da aplicat ia / :VV R, /(p, q) = _10p(t)dt_10q(s)ds, p, q V=R2[X] siBt= q1= 1 + X, q2=X2, q3= 1 V o baza a lui V . Raspundet i la cerint ele a)-e) aleproblemei anterioare.56. Se da forma patratica Q : R3R, Q(x) = x21x1x2+2x2x3, x = (x1, x2, x3) R3.a) Aat i forma biliniara simetrica / asociata luiQ (forma polara).b) Aat i matricea luiQ (a lui /) relativ la baza canonica;57.Se da forma biliniara simetrica / : R3R3R,/(x, y) = 2x1y13x1y33x3y1 + 4x2y2, x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) R3.Student Web Copy14 ALGA-GDEDa) Aat iU, undeU= L(v1 = (1, 1, 0), v2 = (0, 1, 1)).b) Este adevarata egalitateaU U =R3?c) Este / (deciQ) nedegenerata ?11. Expresiacanonicaauneiformepatratice58.Se da forma patraticaQ de matriceA =__0 1 21 0 32 3 0__. Folosind metoda Gaussaat i expresia canonica a luiQ si bazaBtcorespunzatoare.59. SedaformapatraticaQ : R2R, Q(x) =x21 4x1x2 + x22, x = (x1, x2) R2.Folosind metoda Jacobi aat i expresia canonica a luiQ si bazaBtcorespunzatoare.60. Pentruformapatraticadinproblemaanterioara, folosindmetodavalorilorpropriiaat iexpresiacanonicaalui Q sibazaBtcorespunzatoare. Vericat icasignaturaformeipatraticeQ se conserva.61. Aplicat i cele trei metode (Gauss, a valorilor proprii si Jacobi) acolo unde este posibil,pentruaobt ineexpresiacanonica sisignaturapentruurmatoareleformepatraticeQdateprin matriceA = [Q] (relativ la baza canonica) sau prin expresie analitica:a)Q(v) = x28xy 16xz + 7y28yz +z2, v = (x, y, z) R3;b)Q(x) = 4x1x25x22, x = (x1, x2) R2;c)A =__3 2 42 6 24 2 3__; d)A =__1 1 11 2 01 0 3__;e)Q(x) = x21 + 6x1x3 +x22 + 4x2x35x23, x = (x1, x2, x3) R3;f )A =____0 1 3 01 0 0 33 0 0 10 3 1 0____;g)A =__5 2 22 6 02 0 4__.Sunt aceste forme patratice pozitiv/negativ denite/semidenite ?Dar degenerate ?III.Geometrieanalitica1. Vectoriliberi62.Se dau vectorii a = i + 2j +k,b = i + j + 2k V3, unde R.a) Aat i produsul vectorial a b.b) EsteS = a,b familie de vectori liniar independenta ?Sunt cei doi vectori necoliniari ?Daca da, completat iSla o baza a spat iuluiV3.c) Pentru = 2 aat i ariile paralelogramului si triunghiului determinate de a si b ca muchiiadiacente.63.Se dau vectorii a = i + j + k,b = k + j, c = k + j V3, unde R.a) Calculat i produsul mixt a,b c).b) Sunt cei trei vectori liniar independent i ?Dar necoplanari ?Daca da, determina acestiaStudent Web CopyEnunt uri 15nV3o baza pozitiv orientata ?c) Pentru = 0 aat i volumele tetraedrului, prismei triunghiulare si paralelipipedului deter-minate de a,b si c ca muchii adiacente.64.Se dau vectorii a = i j + k,b = i + 2j + 3k, c = k + j.a) Aat i dublul produs vectorial w = a (b c).b) Recalculat i w folosind formula de calcul prescurtat w = a, c)b a,b) c =b c a,b) a, c).c) Aratat i ca w este perpendicular pe a si coplanar cu b si c.2. Dreaptasiplanul nspat iu65.Aat i dreapta n ecare din urmatoarele cazuri:a) A(1, 2, 3), B(4, 2, 1);b) C(2, 6, 1) si admite vectorul director v = 2k i.66. Aat iecuat iileparametrice,douapunctedistincte siunvectordirectoraledreptei :_2x +y 5z = 124x + 7y 33z = 1.67.Aat i planul n ecare din urmatoarele cazuri:a) A(1, 2, 0), B(1, 1, 1), C(0, 1, 2). Vericat i n prealabil ca A, B, C nu sunt coliniare.b) D(1, 5, 0) si are direct ia normala data de n = 3j + 2k;c) E(2, 1, 2) si este paralel cu direct iile u = 2i, v = 3k i;68. Aat i ecuat iile parametrice, trei puncte necoliniare si un vector normal, ale planuluix + 2y 3z = 4.69.Aat i planul n ecare din urmatoarele cazuri:a)determinapeceletrei axedecoordonateOx, Oy, Ozsegmentedemarimealgebricarespectiv 1, 3, 2;b) : x = 1 y =z10, F(1, 2, 3);c)[[ : x 3z + 1 = 0, G(2, 0, 1).3. Problemerelativeladreaptasiplan70.Se dau planele1 : x 3y = 1,2 : 2y +z = 2 si dreptele1 :_x y = 2x +z = 3, 2 :2x13=y+10= 1 z.a) Sunt dreptele 1 si 2paralele ?Dar concurente ?Dar perpendiculare ?b) Sunt planele1 si2paralele ?Dar concurente ?Dar perpendiculare ?71.Se dau planele1 : x 3y = 1,2 : 2y +z = 2, : y z = 1 si dreptele1 :_x y = 2x +z = 3, 2 :2x13=y+10= 1 z, :x11=y2=z+15.Aat i unghiurile:a) dintre dreptele 1 si 2;b) dintre dreapta si planul;c) dintre planele1 si2.72. Se dau puncteleA(1, 2, 3), B(1, 0, 1), planul : y z = 1 si dreapta :x11=y2=z+15. Aat i distant ele:Student Web Copy16 ALGA-GDEDa) dintre puncteleA siB;b) dintre punctulA si dreapta ;c) dintre punctulA si planul.73. Se dau: punctulA(1, 2, 3), planul : y z = 1 si dreapta :x11=y2=z+15. Aat iproiect iile:a) proiect ia punctuluiA pe planul;b) proiect ia punctuluiA pe dreapta ;c) proiect ia dreptei pe planul (tema).74. Se dau punctele A(1, 2, 3), B(1, 0, 1), planul : y z = 1, si dreapta :x11=y2=z+15. Aat i simetricele:a) simetricul punctuluiA fat a de punctulB;b) simetricul punctuluiA fat a de dreapta ;c) simetricul punctuluiA fat a de planul;d) simetrica dreptei fat a de planul.75.Aat i perpendiculara comuna a dreptelor 1 :_x y = 2x +z = 3si 2 :2x13=y+10=1 z.76.Aat i distant a dintre dreptele 1 :_x y = 2x +z = 3si 2 :2x13=y+10= 1 z.4. Coordonatecurbilinii77. a) Aat i coordonatele polare (, ) pentru punctul A ale carui coordonate cartezienesunt (x, y) = (1, 2);b)Aat i coordonatelecarteziene(x, y) pentrupunctul Bale caruicoordonatepolaresunt(, ) = (2,34 ).78. a) Aat i coordonatele cilindrice (, , z) pentrupunctul Cale carui coordonatecarteziene sunt (x, y, z) = (1, 2, 3);b) Aat i coordonatele carteziene pentrupunctul Dale carui coordonate cilindrice sunt(, , z) = (1,43, 2).79.a) Aat i coordonatele sferice pentru punctulEale carui coordonate carteziene sunt(x, y, z) = (1, 2, 3);b) Aat i coordonatele carteziene pentru punctul F ale carui coordonate sferice sunt (r, , ) =(1,23,53 ).5. Conice80. Aat i conica al carei grac trece prin punctele A(1, 1), B(1, 1), C(1, 1), D(1, 1),E(12, 0), genul si natura acesteia.81. Aat i conicele ale caror grace trec prin punctele A(0, 1), B(1, 0), C(0, 1), D(1, 0).82.Aat i conicele ale caror grace trec prin puncteleA(1, 0), B(0, 0), C(0, 1).83.Se da conica : 4xy 3y2+ 4x 14y 7 = 0.a) Aratat i ca este o hiperbola.b) Aat i centrul hiperbolei .Student Web CopyEnunt uri 17c) Aat i axele, asimptotele si varfurile.d) Reprezentat i grac hiperbola.84.Se da conica : 9x2+ 6xy +y24x 8y 4 = 0.a) Aratat i ca este o parabola.b) Aat i axa de simetrie si varful conicei.c) Eventual folosind intersect iile cu axeleOx siOy, reprezentat i grac conica.85.Se da conica : 16x2+ 4xy + 19y2+ 80x + 10y + 40 = 0.a) Aratat i ca este o elipsa.b) Aat i centrul elipsei .c) Aat i axele si varfurile elipsei.d) Reprezentat i grac.86.Se da conica : x22xy + 3y24x + 6y 4 = 0. Aat i:a) polara relativa laA(1, 2) si tangentele duse dinA la conica.b) diametrul conjugat cu v = i 2j si tangentele de direct ie v la conica.c) tangenta dusa n punctulB(1, 1) la conica.87.Se da conica : 4xy 3y2+ 4x 14y 7 = 0. Folosind metodele rototranslat iei sia valorilor proprii, aat i ecuat ia canonica si reprezentat i grac.88. Se da parabola : 9x2+6xy +y24x8y 4 = 0. Folosind metodele rototranslat ieisi a valorilor proprii, aat i ecuat ia canonica si reprezentat i grac.89. Folosindmetodelerototranslat iei si avalorilor proprii, aat i ecuat iacanonicasireprezentat i grac conica 16x2+ 4xy + 19y2+ 80x + 10y + 40 = 0.6. Cuadrice90.Fie sfera : x2+y2+z2+ 2x 6y + 4z + 10 = 0.a) Aat i centrulC si razar a sferei.b) Aratat i ca intersecteaza planul : 4x +y + 3z + 13 = 0 dupa un cerc.c) Aat i centrulC si razar a cercului de intersect ie a sferei cu planul.91.Se dau cuadricele:1 : x2y2+z22xy 2yz 2zx 5x 1 = 0;2 : 23xy + 2y27z2+ 112x 16y 14z 87 = 0;3 : x2+y2+ 5z26xy + 2xz 2yz 4x + 8y 12z + 14 = 0.Pentru ecare din cele trei cuadrice:a) calculat i invariant ii , , J, I;b) aat i centrulCsde simetrie al cuadricii;c)aducet i laformacanonicafolosindmetodarototranslat iei: obt inet i matriceaderotat iefolosind metoda valorilor proprii;d) reprezentat i grac cuadrica.92. Aat i planul tangentlacuadricax29+ y2=2z, caretreceprinpunctul acesteiaA(3, 1, 1).93.Aat i unghiul format de generatoarele cont inute n cuadricax29z24=y, care trecprin punctul acesteiaM(3, 1, 0); determinat i planul tangent la cuadrica si dreapta normalala cuadrica nM.Student Web Copy18 ALGA-GDED7. Suprafet egenerate94. Aat i suprafat a cilindrica care are drept curba directoare curba :_x = y2z = 0si alecarei generatoare sunt paralele cu dreapta t :x11= y =1z1 .95.Aat i suprafat a conica de varfV (1, 0, 0) si curba directoare :_x2+y2= 1x z = 0.96.Aat i suprafat a de rotat ie generata prin rotirea dreptei n jurul axeiOy:a) :x10=y+22=z30;b) :x3=y+21=z1;c) :x3=y+21=z31 .IV.Geometriediferent iala1. Aplicat iidiferent iabile97.Se da funct iaf: R R2,f(s) = (s2, s3). Studiat i dacafeste:a) injectiva/surjectiva/bijectiva; n ultimul caz determinat i inversa acesteia;b) imersie/submersie/difeomorsm; calculat i n prealabil matricea jacobiana a funct iei.98.Acelasi enunt pentruf: R R3,f(t) = (2 cos2t, sin 2t, 2 sin t),t (0,2).99.Acelasi enunt pentruf: R2R2, f(u, v) = (u +v, uv), (u, v) R2.Calculat if1((0, 1)) si Im (f).100.Vericat i ca urmatoarea aplicat ie este difeomorsm si calculat i inversa acesteia:f: (0, ) [0, 2) R2(0, 0), f(, ) = ( cos , sin ).2. Curbe nRn101. Aat i hiperplanul normal si dreapta tangenta la curba : R R4,(t) = (t4, 1, t5, t6+ 2) n punctulA(1, 1, 1, 3).102.Aceeasi problema pentru curba de la problema 1 si n punctulB(0, 1, 0, 2). Este curba regulata ?Aat i singularitat ile curbei si ordinul acestora.103.Aat i unghiul curbelor(t) = (t2+ 1, ln t, t), t > 0, (s) = (2 +s, s, s + 1), s Rn punctul comun al acestora.104.Studiat i comportarea asimptotica a curbei(t) =_t 1,t2t1_, : R1 R2.105.Se da cicloida(t) = (a(t sin t), a(1 cos t)), t R, (a > 0).Student Web CopyEnunt uri 19a) Aat i lungimea arcului de curba = ([0, 2]).b) Determinat i abscisa curbilinie a curbei si parametrizarea normala a acesteia pentrut (0, 2).3. Curbeplane106. Se da curba (t) = (t2, 3t), t R. Aat i tangenta, normala, subtangenta si subnor-mala curbei n punctulA(1, 3).107.Se da curba : x2y33 = 0.a) Aat i tangenta si normala la curba n punctulA(2, 1).b) Parametrizat i curba.108.Se da parabola(t) = (t, t2), t R. Aat i:a) elementele Frenet ale curbei (versorii si curbura curbei) si vericat i ecuat ia Frenet;b) elementele Frenet ale curbei n punctulA(2, 4);c) ecuat ia cercului osculator n punctulA al curbei;d) evoluta curbei;e) ecuat ia carteziana a curbei.109.Aat i nfasuratoarea familiei de curbe, n ecare din cazurile urmatoare:a) a : (x a)2+y2a22= 0,a R;b) : xcos +ysin = 2, [0, 2];c) : x2+y22x +24 = 0, R.110.Se da curba : x32y2= 0.a) aat i tangenta si normala la curba n punctulA(2, 1) ;b) aat i punctele singulare,tipul acestora si tangenta si normala n aceste puncte. Este curba regulata ?111.Trasat i gracul curbei(t) = (2 t +1t, 2 +t +1t), t R.112.Se dau urmatoarele curbe:a) 1 : y2(a x) x3= 0 (cisoida lui Diocles);b) 2 : x3+y33axy = 0 (foliumul lui Descartes);c) 3 : x(x2+y2) +a(y2x2) = 0 (strofoida).In ecare din cele trei cazuri, determinat i o parametrizare a curbei folosind substitut ia y = tx(undet =parametru); aat i ecuat iapolara; folosindaceastaecuat ie,aat idirect iaasimp-totica si asimptotele curbei.113.Se dau curbele:a) spirala lui Arhimede 1 : = a (a > 0);b) spirala exponent iala 2 : = e, R.In ecare din cele doua cazuri determinat i ecuat iile tangentei si normalei relativ la reperulmobil si calculat i curbura.4. Curbe nspat iu114.Se da curba(t) = (2 cos t, 2 sin t, t), t R.a) aat i elementele Frenet ntr-un punct arbitrar al curbei si vericat i ecuat iile Frenet;b) aat i elementele Frenet n punctulA(2, 0, );c) aratat i ca este o elice;Student Web Copy20 ALGA-GDEDd) aat i ecuat iile carteziene ale curbei;e) aat i muchiile si fet ele reperului Frenet.115.Se da curba(t) = (t +t2, t2t, t2t), t R. Aratat i ca:a) are planul osculator independent det; acesta cont ine imaginea curbei;b) are torsiunea identic nula;c) are vectorul binormal independent det.116.Se da curba :_x2+y2+z2= 2z = 1.a) aat i dreapta tangenta si planul normal la curba nA(1, 0, 1);b) determinat i o parametrizare a curbei.5. Suprafet e117.Se da aplicat iar(u, v) = (ucos v, usin v, u2), unde (u, v) D = (0, ) [0, 2).a) Calculat i vitezele part iale ale suprafet ei. Ester o harta ?b) Aat i dreapta normala si planul tangent la = r(D) R3n punctul acesteia A(2, 0, 4);c)Careestecampul deversori normali nlasuprafat a? Careestereperul Gauss alsuprafet ei ?d) Aat i ecuatia carteziana a suprafet ei . Ce reprezinta aceasta ?e) Ce reprezinta curbele coordonate ale suprafet ei ?Aat i ecuat iile carteziene ale acestora;f ) Aat i unghiul format de curbele coordonate n punctulA;118.Se da mult imea de nivel constant : x3z + 1 = 0a) Este o suprafat a ?b) Determinat i campul n de versori normali la .c) Aat i dreapta normala si planul tangent la nA(1, 0, 2).119. Folosind ecuat iile parametrice si ecuat iile carteziene ale urmatoarei suprafet e simple,aratat i ca:a)r(u, v) = (ucos v, usinv, v), (u, v) R2este un elicoid cu plan director;b)r(u, v) = (cos u, sin u, v), (u, v) (0, 2) Reste o suprafat a cilindrica;c)r(u, v) = (v cos u, v sin u, v), (u, v) (0, 2) Reste o suprafat a conica.120.Se da suprafat a parametrizatar(u, v) = (ucos v, usin v, v), (u, v) R2.a) Aat i cele trei forme fundamentale [I], [II], [III] ale suprafet ei.b) Ce unghi formeaza curbele coordonate; este reperul Gauss ortonormat ?c) Determinat i curbura totala (curbura Gauss)K si curbura medieHale suprafet ei.d) Este suprafat a data desfasurabila ?Dar minimala ?Ce fel de puncte are suprafat a data(eliptice/parabolice/hiperbolice) ?e) Testat i formula Beltrami-Enneper [III] 2H[II] +K[I] = [0].121.Pentru suprafat a parametrizatar(u, v) = (ucos v, usin v, v), (u, v) R2:a) determinati operatorul Weingarten;b) aat i curburile principale k1 si k2 si directiile principale ale suprafet ei ntr-un punct oare-care al acesteia, folosind matricea operatorului Weingarten. Aat i aceleasi curburi folosindK siH;Student Web CopyEnunt uri 21c) determinati curbura normala a suprafet ei n direct ia tangenta data de vectorul w = 2rurvn punctulA(1, 0, ) al suprafet ei;d) aat i aproximarea patratica a suprafet ei n punctulA.122.Pentru suprafat a parametrizatar(u, v) = (ucos v, usin v, v), (u, v) R2:a) determinat i lungimea curbei v=2u, u [1, 2].b) aat i aria zonei de suprafat a care corespunde domeniului (u, v) [0, 1] [0, ].123.Pentru cilindrulr(u, v) = (cos u, sin u, v), (u, v) [0, 2) R, sa se determine:a) liniile de curbura (curbele principale);b) curbele asimptotice;c) geodezicele.V.Ecuat iidiferent iale1. Ecuat iidiferent ialeordinare124. Sasearatecafunct iay(x)dataprinrelat iaimplicitasin y cx=0, (c R)satisface ecuat ia diferent iala xyt cos y sin y = 0.125.Sa se ae solut ia generala a ecuat iei diferent iale cu variabile separabilexyt cos y sin y = 0.126. Saseintegrezeurmatoareleecuat iidiferent ialeomogene, aratandcaacesteasuntreductibile la ecuat ii cu variabile separabile:a)x2yty2= 0;b)yt cosyx= sinyx.127. Integrat i urmatoareleecuat ii diferent iale, aratandcaacesteasunt reductibilelaecuat ii cu variabile separabile.a) (x +y 1)dx + (x y 1)dy = 0;b) (x +y 1)dx + (x +y)dy = 0.128.Sa se integreze urmatoarele ecuat ii diferent iale liniare:a)xyt + 2y = 3x, y(1) = 1b)xyt + 3y = x2.129.Sa se arate ca urmatoarele ecuat ii sunt de tip Bernoulli si sa se integrezea)yt = y xy;b)dy = (xy xy3)dx.130.Integrat i urmatoarele ecuat ii de tip Riccati stiind ca acestea admit o solut ie parti-culara de forma indicata alaturata)yt = xy2y, y1 =1x+a, (a R);b)yt +y2=2x2, y1 =ax, (a R).131. Saseintegrezeurmatoareleecuat ii diferent ialeexacte, vericand nprealabil caecuat iile sunt de acest tip:a) (x +y) + (x + 2y)yt = 0;b) (x2+y2+ 2x)dx + 2xydy = 0.Student Web Copy22 ALGA-GDED132.Aratat i ca urmatoarele ecuat ii admit factor integrant si apoi integrat i:a) (xy x2)dy y2dx = 0;b) (5x2+ 12xy 3y2)dx + (3x22xy)dy = 0;c)yt

xy + 1 = 0.133. Aratat i caurmatoareaecuat ieestedetipClairautsi apoi aat i solut iaacesteia:y = xytln yt.134.Aratat i ca urmatoarele ecuat ii sunt de tip Lagrange si apoi integrat i:a)y = 2xytyt2;b)y (yt)22(yt)3= 0.2. Ecuat iidiferent ialedeordinsuperior135. Integrat i ecuat iile diferent iale liniare omogene de ordinul 2 cu coecient i constant i:a)ytt + 2yt3y = 0;b)ytt + 4y = 0.136.Sa se rezolve problema la limita (cu legaturi)___ytt + 2yt3y = 0y(0) = 1y(1) = 0.137.Aceeasi problema pentrux2ytt3xytt + 4y = 0, y(e) = e2, y(1) = 0.138.Sa se integreze urmatoarele ecuat ii diferent iale liniare neomogene:a)ytt + 2yt3y = e3x;b)ytttyttyt +y = xcos x;c)ytty = xex;d) problema Cauchy:___yIVy = 8exy(0) = 0yttt(0) = 6ytt(0) = 2yIV(0) = 4.139.(Traiectorii izogonale). Se da familia de drepte m : y = mx, m Ra) Aat i ecuat ia diferent iala a familiei de curbe date.b) Aat i traiectoriile ortogonale la familia data.c) Aat i curbele (traiectoriile izogonale) care formeaza cu familia data unghi de 45o.140.Sa se arate ca urmatoarele ecuat ii admit reducerea ordinului.a)xytttytt = 0;b) 2yyt = yt2+ 1;c)xyt +ytt = 0.3. Sistemedeecuat iidiferent iale141.Sa se rezolve sistemul de ecuat ii omogene_xt = yyt = x.142. Folosit i rezultatul obt inut la problema 1) pentru aarea solut iei generale a sistemuluidiferent ial neomogen_xt = yyt = x + 2.Student Web CopyEnunt uri 23143.Rezolvat i problema Cauchy_xt = yyt = x + 2,_x(0) = 0y(0) = 2.144.Sa se rezolve sistemul diferent ial_xt = yyt = x + 2folosind metoda eliminarii.145. Rezolvat i ecuat ia liniara de ordin superior cu coecient i constant iytty = 2, undefunct ia necunoscuta estey = y(x).146.Rezolvat i problema Cauchy___ytty = 2y(0) = 1yt(0) = 2.4. Stabilitate147.Determinat i daca solut iaX(t) =_x(t)y(t)_ a sistemuluiXt =AXeste stabila sauasimptotic stabila, stiind ca(A) = 1, 2.148.Aceeasi problema, n cazurile urmatoare:a)(A) = 2, i;b)(A) = 2i;c)(A) = 2, i.5. Liniidecamp(sistemesimetrice,integraleprime)149. Aat i liniile de camp ale urmatoarelor campuri vectoriale folosind metoda combinat iilorintegrabile:a)X(x,y,z) = (x, y, x +y);b)X(x,y,z) = (x2, xy, y2).150. Saseaesolut iageneralapentruurmatoareleecuat iiliniareomogenecuderivatepart iale:a)xux +yuy+ (x +y)uz= 0;b)x2 ux +xyuy+y2 uz= 0.151.Determinat i acea suprafat a de camp : u(x, y, z) = 0 a campuluiXcare cont inecurba . Se dau:a)X = (x, y, x +y), :_y = 1z = x2(parabola).b)X = (x2, xy, y2), :_y = 1z = x3.Student Web CopySolut iiI.1. Matrici,determinant i sisistemeliniare1.a) Prin calcul direct, obt inemAB =_1 01 2__0 11 0_=_0 12 1_,BA =_0 11 0__1 01 2_=_1 21 0_,deciAB ,= BA. b) In urma calculelor rezultatBtA =_0 11 0__1 10 2_=_0 21 1_=t(AB),decit(AB) =tBtA. c)Deoarecedet A =1 01 2= 2 ,= 0, rezultacaexistaA1. Princalcul direct obt inemA1=1det A_2 01 1_, deciA1=_1 01/2 1/2_.Altfel. Metoda sistemului consta n considerarea sistemuluiAX = B, undeB este un vectorcoloana arbitrar. Din solut ia X = A1B a sistemului se extrag apoi coecient ii matricii A1.Rezolvam sistemul:_1x + 0y = a1x + 2y = b_x = ay = a2 +b2_xy_=_1 01/2 1/2__ab_,deciA1=_1 01/2 1/2_. d) Avemdet AB =0 12 1= 2, det BA =1 21 0= 2,det A =1 01 2= 2, det B =0 11 0= 1,deci se verica relat ia det AB = det BA = det A det B.2.a) Aplicand regula lui Sarrus, obt inemdet A =1 0 20 1 11 1 0== [110 + 012 + (1)01] [21(1) + 111 + 000] = 1.b) Dezvoltand dupa prima linie, obt inem:det A = (1)1+1 11 11 0+ (1)1+2 0 0 11 0+ (1)1+3 2 0 11 1= 1.c) Dezvoltand dupa prima coloana, obt inem:det A = (1)1+1 1 1 11 0+ (1)2+1 0 0 21 0+ (1)3+1 (1) 0 21 1= 1.d) Adunam prima coloana la cea de-a doua si apoi dezvoltam dupa ultima linie:det A =1 0 20 1 11 1 0=1 1 20 1 11 0 0= (1) 1 21 1= (1)(1) = 1.Student Web CopySolut ii 253.a) Calculam coecient ii matricei adjuncteA =__a11a21a31a12a22a32a13a23a33__,a11= (1)1+11 11 0= 1, a12= (1)1+20 11 0= 1, a13= (1)1+30 11 1= 1,a21= (1)2+10 21 0= 2, a22= (1)2+21 21 0= 2, a23= (1)2+31 01 1= 1,a31= (1)3+10 21 1= 2, a32= (1)3+21 20 1= 1, a33= (1)3+31 00 1= 1.Dar det A = 1; n concluzieA1=1det AA =__1 2 21 2 11 1 1__.b) Consideram sistemul scris n forma matricealaAX = B, echivalent cu___x + 2z = ay +z = bx +y = c___x = a + 2b 2cy = a + 2b cz = a b +c__xyz__ =__1 2 21 2 11 1 1____abc__,deciA1=__1 2 21 2 11 1 1__.c) Efectuam transformari elementare asupra matricei B = (A[I3) =__1 0 20 1 11 1 01 0 00 1 00 0 1__.Notam: Tij() = matricea obt inuta prin adunarea la liniai a linieij nmult ita cu; Pij = matricea obt inuta prin permutarea linieii cu liniaj; Mi() = matricea obt inuta prin nmult irea linieii cu ,= 0).Operat ii de acest tip vor aduce matriceaA la forma etalon. Obt inem succesiv:B __1 0 20 1 10 1 21 0 00 1 01 0 1____1 0 20 1 10 0 11 0 00 1 01 1 1____1 0 00 1 10 0 11 2 20 1 01 1 1____1 0 00 1 00 0 11 2 21 2 11 1 1__.Se observa ca n blocul drept al ultimei matrici s-a obt inut matriceaA1.4. 1)a) Rezolvam sistemul. Matricea coecient ilor sistemului esteA =____1 2 33 0 22 1 12 2 3____si arerangul 3datdeminorul1 2 33 0 22 1 1=9 ,=0. Sistemul estecompatibil deoareceunicul determinant caracteristic este cel al ecuat iei secundare (al ultimei ecuat ii din sistem)Student Web Copy26 ALGA-GDEDcar,4=1 2 3 13 0 2 02 1 1 1/22 2 3 1=0. Sistemul redus, formatdinprimeletrei ecuat ii estedeci___x + 2y + 3z = 13x + 2z = 02x +y +z = 1/2si are solut iaX =t(0, 1/2, 0).b) Metoda Gauss consta n efectuarea de transformari elementare asupra matriceiA:A =____1 2 33 0 22 1 12 2 3101/21________1 2 30 6 70 3 50 2 3133/21________1 2 30 6 70 0 3/20 0 2/31300____,deci solut ia o aam rezolvand sistemul___x + 2y + 3z = 16y 7z = 33/2z = 02/3z = 0___x = 0y = 1/2z = 0X =__01/20__.2) a) Matricea coecient ilor sistemului esteA =____1 1 12 1 12 1 15 1 1____ si are rangul 2, un minorprincipal al sau ind1 12 1= 1 ,= 0. Exista doi minori caracteristici:car,3 =1 1 32 1 52 1 3= 0, car,4 =1 1 32 1 55 1 11= 0careindnuli, sistemul estecompatibil. Rezolvamsistemul formatdinprimasi adouaecuat ie a sistemului init ial; trecem n membrul drept necunoscuta secundaraznotata cut,deci obt inem___x1 +x2 = 3 +t2x1 +x2 = 5 +tx3 = t, t R ___x1 = 2x2 = t + 1x3 = t, t R,deci solut ia sistemului init ial esteX =t(2, t + 1, t), t R.b) Folosind metoda Gauss obt inem:A =____1 1 12 1 12 1 15 1 125311________1 1 10 1 10 3 30 4 43134________1 1 10 1 10 0 00 0 03100____,deci rezulta sistemul compatibil nedeterminat_x +y z = 3y +z = 1___x = 2y = t + 1z = t, t R.3)a)Matriceacoecient iloresteA=__1 82 14 7__si arerangul 2, unminorprincipal alsauind1 82 1=17 ,=0. Existaunsingur minor caracteristicsi anumecar,3=Student Web CopySolut ii 271 8 32 1 14 7 4= 77 ,=0. Deoareceacestaestenenul, sistemul esteincompatibilsi decisolut ia esteX g

.b) Folosind metoda Gauss obt inem succesivA =__1 82 14 7314____1 80 170 393516____1 80 170 03577/17__si deoarece ultima linie conduce la ecuat ia fara solut ii 0 = 77/17, rezulta sistem incompa-tibil.5. a) Matricea extinsa asociata sistemului esteA=(A[b) =__1 0 12 0 21 1 1123__.Deoarece det A =1 0 12 0 21 1 1= 0, consideram ca minor principal pr=2 01 1 = 2 ,= 0.Deci ultimele douaecuat ii sunt principale, iar primaeste secundara. Atunci, singuruldeterminant caracteristic obt inut prin bordare este car,2=1 0 12 0 21 1 3= 2 2 = 0,decisistemul este compatibil. Deoarece rangul este 2, mai mic decat numarul de necunoscute 3,sistemul este compatibil nedeterminat,cu necunoscuta secundara corespunzatoare coloaneia treia, deciz = t. Rezolvam sistemul redus la ecuat iile principale si obt inem:___z = tx = 1 tx +y = 3 t, t R ___x = 1 ty = 2z = t, t R __xyz__=__1 t2t__, t R.b)Matriceaextinsaasociatasistemului esteA=(A[b)=____1 11 12 21 22042____. Consideramminorul principal pr=1 11 1 = 2 ,= 0. Atunci determinant ii caracteristici (obt inut iprin bordarea minorului principal cu coloana termenilor liberi) sunt:car,3 =1 1 21 1 02 2 4= 0, car,4 =1 1 21 1 01 2 2= 2 ,= 0.Deoarece nu tot i determinant ii caracteristici sunt nuli rezulta, conform teoremei Rouche, casistemul este incompatibil.I.2. Dreapta nplan. Conice6. Pantadreptei estem=tg(/3)= 3, deci aplicandformula: y yA=m(x xA), ecuat ia dreptei se scrie : y + 1 = 3(x 2) 3x +y + (1 23) = 0.7. Seaplicaformula:x xAxBxA=y yAyByA. Obt inem:x 13 1=y 21 23x + 2y 7 = 0.Student Web Copy28 ALGA-GDED8.Cele 3 puncte A(0, 1), B(1, 1) si C(1, 0) sunt coliniare daca avem: xAyA1xByB1xCyC1=0.Inacestcazavem=0 1 11 1 11 0 1=0 1 1 1=0fals, deci A, Bsi Cnusuntcoliniare. AriaABCesteAABC=12[[ =12[1[ =12. Seobservacadeoarece< 0,puncteleA,B siCnu sunt parcurse n ordine trigonometrica.9. Distant ad de la un punctA(xA, yA) la o dreapta :ax + by + c = 0 este data deformulad = [axA +byA +c[a2+b2.In cazul nostrua = 2, b = 1, c = 1, xA = 1, yA = 2, deci obt inemd = [21 + (1)2 + (1)[_22+ (1)2=15.10. a)Ecuat iacartezianaacercului 1decentruC1(1, 2)si derazar1=2este1 : (x 1)2+ (y (2))2= 22.Dezvoltand, obt inem ecuat ia carteziana generala (normala) a cercului:1 : x2+y22x + 4y + 1 = 0.Ecuat iile parametrice ale cercului 1se scriu1 :_x = xC1 +r1 cos ty = yC1 +r1 sin t_x = 1 + 2 cos ty = 2 + 2 sin t, t [0, 2).b) Cercul ce trece prin puncteleA(0, 3), B(1, 2) siC(2, 0) are ecuat ia:2 :x2+ y2x y 1x2A + y2AxAyA1x2B+ y2BxByB1x2C+ y2CxCyC1= 0 x2+ y2x y 19 0 3 15 1 2 14 2 0 1= 0x2+y2+ 7x + 3y 18 = 0.Grupand termenii pentru a forma patrate perfecte obt inem:2 :_x2+ 7x +_72_2__72_2+_y2+ 3y +_32_2__32_218 = 0 _x +72_2+_y +32_2= 32, 5deci centrul si raza cercului 2suntC2(72, 32), respectivr2 =32, 5.c) Inurmacalculelorrezultad(C1, C2)= 20, 5si [r1 r2[ = 32, 5 2 b, focarele suntFt(a2b2, 0) siF(a2b2, 0), iarAt(a, 0), A(a, 0), Bt(0, b) si B(0, b) sunt varfurile elipsei. In cazul nostru, ecuat ia canonicaa elipsei esteE:x24+y21= 1, deci semiaxele sunta = 2 si b = 1.In concluzie, focarele sivarfurile elipsei sunt Ft(3, 0),F(3, 0), respectiv At(2, 0),A(2, 0),Bt(0, 1) si B(0, 1).b) Ecuat ia tangentei duse prin punctul A(1,3/2) E la elipsa E : x2+4y24 = 0 o aamprin dedublare:tg,A : x1 + 4y 324 = 0 x + 23y 4 = 0.c) Pentru a aa ecuat iile tangentelor duse din punctul B(3, 1)/ E la elipsa, scriem ecuat iapolarei relativa laB, pol,B : 3x 4y 4 = 0. Punctele de intersect ie T1,2 ale tangentelordin punctulBcu elipsa le gasim rezolvand sistemul:E pol,B :_3x 4y 4 = 0x2+ 4y24 = 0_y =3x4413x224x = 0_x1 = 0, y1 = 1x2 = 24/13, y2 = 5/13.RezultaT1(0, 1) siT2(2413,513), deci ecuat iile celor doua tangente suntttg,B = BT1 :x 30 3=y + 11 + 1 y = 1tttg,B = BT2 :x 32413 3=y + 1513 + 1 x 35=y + 16.13.a) Ecuat ia canonica a unei hiperbole este de forma H :x2a2y2b2= 1, unde a si b suntsemiaxele hiperbolei; focarele sunt Ft(a2+b2, 0),F(a2+b2, 0), iar At(a, 0) si A(a, 0)Student Web Copy30 ALGA-GDEDsunt varfurile hiperbolei; asimptotele sunt dreptele 1,2 :y = bax care trec prin origine siau pantele ba.In cazul nostru ecuat ia canonica a hiperbolei esteH:x22y21= 1, deci semiaxele sunta =2 si b = 1. In concluzie, focarele si varfurile elipsei sunt Ft(3, 0), F(3, 0), respectivAt(2, 0) siA(2, 0), iar ecuat iile celor doua asimptote sunty = 12x.b) Tangenta dusa prin punctulA(2, 1) Hestetg,A : 2x 2y 2 = 0 x y 1 = 0.c) Polara relativa la punctulB(0, 1)/ Hare ecuat iapol,B : 0x 2y1 2 = 0 y = 1.Punctele de intersect ie T1,2 ale tangentelor din punctulB cu hiperbola le aam rezolvandsistemulH pol,B :_y = 1x22y22 = 0,deci obt inem puncteleT1(2, 1)siT2(2, 1), iar ecuat iile celor doua tangente suntt :x 02 0=y 11 1 x y = 1, tt :x 02 0=y 11 1 x +y = 1.14. a) Distant a focala a unei parabole data prin ecuat iaP: y2= 2px estep2, deci ncazul nostrup2=4/22= 1.b) Tangenta dusa prin punctulA(9, 6) Pla parabola are ecuat iatg,A : y(6) = 2(x + 9) x + 3y + 9 = 0.c) Polara relativa la punctulB(2, 3)/ Pare ecuat iapol,B : y(3) = 2(x + 2) 2x + 3y + 4 = 0si intersectand cu parabola, obt inem punctele de tangent aT1(4, 4) siT2(1, 2). Ecuat iilecelor doua tangente suntttg,B :x 24 2=y + 34 + 3 x + 2y + 4 = 0,tttg,B :x 21 2=y + 32 + 3 x +y + 1 = 0.II.1. Spat iivectoriale. Subspat iivectoriale. Dependent aliniara15. a)1. Se observa ca adunarea vectorilor este corect denita: x, y R2x + y R2.2. Pentru a ndeplinita proprietatea de asociativitate a adunarii trebuie sa avem:(x +y) +z = x + (y +z) ((x1 +y1) +z1, x2 +[y2[ +[z2[) == (x1 + (y1 +z1), x2 +[y2 +[z2[[) [y2[ +[z2[ = [y2 +[z2[[.Dar, dintr-o proprietate a modulului, avem:[y2 +[z2[[ [y2[ +[z2[Student Web CopySolut ii 31iar inegalitatea poate stricta. De exemplu, pentruy2 = 1, z2 = 1 aceasta devine 0< 2.Atunci spre exemplu, pentrux = (0, 0), y = (0, 1), z = (0, 1) obt inem (x +y) + z = (0, 2),iarx + (y +z) = (0, 0) si deci (x +y) +z ,= x + (y +z). Deci proprietatea de asociativitatenu are loc.3. Elementul neutru. Proprietatea e Va.. x V, x +e = e +x = x se rescrie_(x1 +e1, x2 +[e2[) = (x1, x2)(e1 +x1, e2 +[x2[) = (x1, x2)_(e1, [e2[) = (0, 0)(e1, e2 +[x2[) = (0, x2)_e1 = e2 = 0[x2[ = x2deci este echivalenta cu condit iile_e1 = e2 = 0x2 0.(1)Relat iile (1) nu au loc pentru orice x R2(de exemplu, pentru e = (0, 0) si x = (0, 1) avemx + e = (0, 1) =x, dare + x = (0, 1) ,=x) si deci proprietatea de existent a a elementuluineutru nu are loc.4. Elementul simetrizabil. Evident, dacanuexistaelementneutru, nupoateexistaniciproprietatea de existent a a simetricului.5.Comutativitatea. x+y = y +x (x1 +y1, x2 +[y2[) = (y1 +x1, y2 +[x2[) x2+[y2[ =y2 +[x2[. Relat ia de mai sus nu este adevarata pentru orice x = (x1, x2) si orice y = (y1, y2).Deexemplu,pentrux = (0, 1), y= (0, 1)obt inemx + y= (0, 1), y + x = (0, 1). Deciproprietatea de comutativitate nu este ndeplinita.6. Seobservaca nmult ireacuscalari estecorect denita: k R, x R2, rezultakx R2.7.1 x = x (x1, 0) = (x1, x2) x2 = 0, deci egalitatea nu are loc pentru orice x R2. Deexemplu, pentrux = (0, 1), avem 1x = (0, 0) ,=x. Prin urmare proprietatea de nmult irecu elementul unitate nu are loc.8. (kl)x = k(lx) ((kl)x1, 0) = (k(lx1), 0) klx1 = klx1, deci proprietatea are loc.9. (k +l)x =kx + lx ((k +l)x1, 0) = (kx1, 0) + (lx1, 0) (k +l)x1=kx1 + lx1, deciproprietatea are loc.10. k(x +y) =kx + ky (k(x1 +y1), 0) = (kx1, 0) + (ky1, 0) k(x1 + y1) =kx1 + ky1,deci proprietatea are loc.b) Pe R2se denesc operat iile de adunare si nmult ire cu scalari astfel:x +y = (x1 +y1, x2 +y2), kx = (kx1, kx2),x = (x1, x2), y = (y1,y2) R2, k R. Evident, aceste operat ii denesc pe R2o structurade spat iu vectorial Tema: vericat i.c) Pe R2[X] se denesc operat iile de adunare si nmult ire cu scalari astfel:p +q = p0 +q0 + (p1 +q1)X + (p2 +q2)X2, kp = kp0 +kp1X +kp2X2,p = p0 + p1X + p2X2, q = q0 + q1X + q2X2R2[X], k R. Aceste operat ii denesc peR2[X] o structura de spat iu vectorial Tema: vericat i.d)Seobservacaadunareavectorilornuestecorectdenita: nuoricedouaelementedinmult imeausumatot nmult ime. Deexemplu, dacaalegemp=X3si q= X3, rezultagrad (p + q) =grad (0) = 0 ,= 3, deci p + qnu apart ine mult imii. De asemenea, nmult ireavectorilor cu scalari nu este bine denita. De exemplu, pentru k = 0 si p = X3grad (kp) =grad (0X3) = 0 ,= 3, decikp nu apart ine mult imii.e) PeC1(1, 1) se denesc operat iile de adunare si nmult ire cu scalari:(f +g)(x) = f(x) +g(x), (kf)(x) = kf(x),Student Web Copy32 ALGA-GDEDx (1, 1), f, g C1(1, 1), k R. Operat iile de mai sus denesc o structura de spat iuvectorial Tema.f ) PeM23se denesc operat iile:____a11a12a13a21a22a23_+_b11b12b13b21b22b23_ =_a11 +b11a12 +b12a13 +b13a21 +b21a22 +b22a23 +b23_k_a11a12a13a21a22a23_ =_ka11ka12ka13ka21ka22ka23_A =_a11a12a13a21a22a23_, B =_b11b12b13b21b22b23_ M23( R), k R. Operat iile de maisus denesc o structura de spat iu vectorial peM23( R) (vericat i).g) NotamV= f[f: M R. Pe mult imeaVdenim operat iile de adunare si nmult irecu scalari astfel:(f +g)(x) = f(x) +g(x), (kf)(x) = kf(x),x M,f, g V, k R. Operat iile de mai sus denesc o structura de spat iu vectorial peV(vericat i).16.a) Fiex = (x1, x2), y = (y1, y2) W, decix, y R2satisfac condit iile:_x1 +x2 +a = 0y1 +y2 +a = 0.(2)Atuncix +y Wdoar daca are loc relat ia:x1 +y1 +x2 +y2 +a = 0, , R.Dar din relat ia (2) rezultax1 +y1 +x2 +y2 +a( +) = 0, decix +y W a( + 1) = 0, , R a = 0si deci mult imeaWeste subspat iu vectorial nR2daca si numai dacaa = 0.b) Fiex, y Rnastfel ncatx = 1v, y = 2v, unde1, 2 R. Atunci pentru , R,rezulta1 +2 Rsi decix +y = (1 +2)v W.DeciWeste subspat iu vectorial al lui Rn.c)Fiep, q R1[X]. Atunci psi qsuntpolinoamedegradcel mult1si auformap=p0 +p1X, q = q0 +q1X, undep0, p1, q0, q1 R. Pentru , R,p +q = (p0 +q0) +(p1 +q1)X R1[X], deci R1[X] formeaza un subspat iu vectorial nR3[X].d)Pentru , Rsi f, g C1(1, 1), folosindproprietat ilefunct iilorcontinuesi alecelor derivate, rezulta caf +g C1(1, 1), deci mult imeaWeste subspat iu vectorial nC0(1, 1).e) Fiep, q R2[X] cup(1) +p(1) = 0, q(1) +q(1) = 0. (3)Atunci pentru , R,(p +q)(1) + (p +q)(1) = p(1) +q(1) +p(1) +q(1) == (p(1) +p(1)) +(q(1) +q(1))(3)= 0.Decip +q W. Rezulta caWeste subspat iu vectorial al lui R[X].Student Web CopySolut ii 33f )FieA, B M22( R)deformaA=_a101 a2_, B=_b101 b2_. Atunci pentru, R, avemA+B =_a1 +b10 + a2 +b2_. Se observa can general A+B/ __a 01 b_a, b R_, deoarece + = 1 nu are loc pentru orice , R si deci mult imeaWnu formeaza subspat iu vectorial.g) Fiex = (x1, x2, x3, x4), y = (y1, y2, y3, y4) R4astfel ncatx1 +x2 = a, x1x3 = b 1 si y1 +y2 = a, y1y3 = b 1. (4)Pentru orice, R,x +y = (x1 +y1, x2 +y2, x3 +y3, x4 +y4).Atuncix +y W x1 +y1 +x2 +y2 = a six1 +y1x3y3 = b 1(4)( +)a = a si ( +)(b 1) = (b 1), , R_a( + 1) = 0(b 1)( + 1) = 0, , R _a = 0b 1 = 0.Deci mult imeaWformeaza subspat iu vectorial a = 0 sib = 1.17.a) Fief, g : (1, 1) R, doua funct ii pare, deci satisfacand condit iilef(x) = f(x), g(x) = g(x), x (1, 1). (5)Atunci pentru orice scalari, R, funct iaf +g :(1, 1) Rsatisface relat iile(f +g)(x) = f(x) +g(x)(5)= f(x) +g(x) = (f +g)(x), x (1, 1)si deci f + geste o funct ie para. Rezulta ca mult imea funct iilor pareW1este subspat iuvectorial nV . Analog se arata ca mult imea funct iilor impare pe (1, 1),W2 = f:(1, 1) R[f(x) = f(x), x (1.1)formeaza un subspat iu vectorial nV .b)W1 W2 = 0, deoarecef W1 W2f(x) = f(x) = f(x), x (1, 1) f(x) = 0,x (1, 1), decif 0.Rezulta W1 W20. Incluziuneainversaesteimediata, deoarecefunct ianulaestesimultan para si impara pe (1, 1). De asemenea, avemW1 +W2 = Vdeoarece incluziuneaW1 +W2 Veste asigurata de descompunereaf(x) =f(x) +f(x)2. .=f1(x)+ f(x) f(x)2. .=f2(x), x (1, 1),iarf1 W1, f2 W2.c) In particular, pentru funct ia exponent iala avem:ex=ex+ex2+exex2= chx + shx, ch W1, sh W2, x (1, 1).Student Web Copy34 ALGA-GDED18.a) EvidentP2 = L(1, t, t2), deoarece p P2, acesta se scrie n mod unicp(t) = a +bt +ct2, a, b, c R.Fiep L(1 +t, t, 1 t2). Atunci p(t) =(1 +t) + t + (1 t2), , , R. Rezultap(t) = ( +) + ( +)t + ()t2, decip L(1, t, t2).Demonstram incluziunea inversa. Fieq = + t + t2 L(1, t, t2), (, , R); atunciqserescrieq=a(1 + t) + bt + c(1 t2). Dinidenticareacoecient ilorlui1, t, t2rezultaa = +, b = + , c = , deciq = ( +)(1 +t) + ( + )t + ()(1 t2).Rezultaq L(1 +t, t, 1 t2).b) Fie p L(1, x,x22! , . . . ,xnn!). Atunci p = 0 +1x +2x22!+. . . +nxnn!si t inand cont defaptul caa ,= 1 obt inemp =_0 +1a +22! a +. . . +nn! a1 a_(1 a) +1(x a) +22! (x2a) +. . . +nn! (xna),decip L(1 a, x a, x2a, . . . , xna).Demonstramincluziuneainversa: eq L(1 a, x a, x2a, . . . , xna). Atunci q=0(1 a) +1(x a) +2(x2a) +. . . +n(xna), de unde rezultaq = [0(1 a) a(1 +2 +. . . +n)] +1x + 2!2x22!+. . . +n!nxnn!si deciq L(1, x,x22! , . . . ,xnn!).19. a) Fiek1, k2 Rastfel ncatk1e1 + k2e2 = 0. Aceasta relat ie se rescriek1(1, 0) +k2(0, 1) = (0, 0) de unde rezultak1 = k2 = 0 si deci ind e1, e2.b) Fiek1, k2, k3 Rastfel ncatk1v1 +k2v2 +k3v3 = 0 (6)Obt inem___k1 +k2k3 = 02k1 +k2 = 0k22k3 = 0___k1 = k2 = 2k3 = , R.De exemplu, pentru = 1 ,= 0 obt inem prinnlocuiren (6) urmatoarea relat ie de dependent aliniara:v12v2v3 = 0 v1 = 2v2 +v3.c) Fie, , Rastfel ncatf1 +f2 +f3 = 0 (7)Relat ia se rescrieex+ex2+exex2+ex= 0, x R_2+2+_ex+_2 2_ex= 0, x R_ + + 2 = 0 = 0___ = t = t = t, t R.De exemplu, pentrut = 1, obt inem = = 1, = 1 si nlocuind n (7) rezulta relat ia dedependent a liniaraf1 +f2f3 = 0 f3 = f1 +f2.Student Web CopySolut ii 35d) Avand n vedere ca m3 = 0, rezulta ca cele 3 matrici sunt liniar dependente: este sucientsa luamk1 = k2 = 0 sik3 = 1 ,= 0 si avem relat ia de dependent a liniarak1m1 +k2m2 +k3m3 = 0.Observat ie.Ingeneral, oricemult imedevectoricarecont inevectorulnulesteliniarde-pendenta.e) Fiek1, k2, k3 Rastfel ncatk1p1 +k2p2 +k3p3 = 0. (8)Aceasta relat ie se rescrie___k1 +k2 + 3k3 = 0k1k2 +k3 = 0k2 +k3 = 0___k1 = 2tk2 = tk3 = t, t R.De exemplu, pentru t = 1, obt inem k1 = 2, k2 = 1, k3 = 1 si nlocuind n (8) rezulta relat iade dependent a liniara:2p1 +p2p3 = 0 p3 = 2p1 +p2.f ) Este sucient sa aratam ca orice submult ime nita a mult imii date este liniar independenta.Demonstram acest lucru pentru submult imea 1, cos t, cos2t, . . . , cosnt, demonstrat ia pen-truosubmult imearbitraradeforma cosk1t, . . . , cosknt, 0 k1 0 .b) FieA, B, C M22(C). Atunci B, A) =Tr(B tA) =Tr(B tA) =Tr(BtA) =Trt(BtA) =Tr(AtB) = A, B).Am folosit proprietateaTrA = Tr(tA); A, B +C)=Tr(At(B +C))=Tr(A (t B +t C))=Tr(At B) + Tr(At C)=A, B) +A, C); A, B) = Tr(At B) = Tr(At B) = A, B); A, A) = Tr(At A).FieA =_z1z2z3z4_, zi C, i = 1, 4. RezultaTr(At A) = Tr_z1z2z3z4__ z1 z3 z2 z4_ = z1 z1 +z2 z2 +z3 z3 +z4 z4 == [z1[2+[z2[2+[z3[2+[z4[2 0, A M22(C);A, A) = 0 [z1[2+[z2[2+[z3[2+[z4[2= 0 z1 = z2 = z3 = z4 = 0 A = OM22(C).c) Vericam proprietat ile produsului scalar. Fiex = (x1, x2), y = (y1, y2), C2.x, y) = y, x) x1y2 = y1x2.Student Web CopySolut ii 41Relat ia obt inuta nu este adevarata pentru oricex, y C2. De exemplu, pentrux = (0, 1) siy = (1, 1) obt inem x1y2 = 0,=1 = y1x2. In concluzie, operat ia denita n enunt nu este unprodus scalar, deoarece nu este satisfacuta proprietatea de hermiticitate.25.Trebuie sa vericam, n ecare caz, proprietat ile produsului scalar.a)Fiex=(x1, x2, x3), y=(y1, y2, y3), z=(z1, z2, z3) R3, R. Atunci aulocrelat iile: x, y) = x1y1 +x2y2 +x3y3 = y1x1 +y2x2 +y3x3 = y, x); x, y +z)=x1(y1 +z1) + x2(y2 +z2) + x3(y3 +z3)=x1y1 + x2y2 + x3y3 + x1z1 +x2z2 +x3z3 = x, y) +x, z); x, y) = (x1)y1 + (x2)y2 + (x3)y3 = (x1y1 +x2y2 +x3y3) = x, y); x, x) = x21 +x22 +x23 0, x R3;x, x) = 0 x21 +x22 +x23 = 0x1 = x2 = x3 = 0 x = OR3b) Fiep = a0 +a1x +a2x2, q = b0 +b1x +b2x2, r = c0 +c1x +c2x2 P2 si R. Atunciavem p, q) = a0b0 +a1b1 +a2b2 = b0a0 +b1a1 +b2a2 = q, p); p, q +r) = a0(b0 +c0) +a1(b1 +c1) +a2(b2 +c2) = a0b0 +a1b1 +a2b2 +a0c0 +a1c1 +a2c2 = p, q) +p, r); p, q) = (a0)b0 + (a1)b1 + (a2)b2 = (a0b0 +a1b1 +a2b2) = p, q); p, p) = a20 +a21 +a22 0, p P2;p, p) = 0 a20 +a21 +a22 = 0 a0 = a1 = a2 = 0 p = 0.c) Fiep, q, r polinoamele denite la punctul b). p, q) =_11p(x)q(x)dx =_11q(x)p(x)dx = q, p); p, q +r) =_11p(x)(q +r)(x)dx =_11p(x)(q(x) +r(x))dx ==_11p(x)q(x)dx +_11p(x)r(x)dx = p, q) +p, r); p, q) =_11(p)(x)q(x)dx = _11p(x)q(x)dx = p, q);Student Web Copy42 ALGA-GDEDpozitivitate:p, p) =_11(p(x))2dx =_11(a0 +a1x +a2x2)2dx ==_11[a20 + (a1x)2+ (a2x2)2+ 2a0a1x + 2a0a2x2+ 2a1xa2x2]dx ==_11[a20 + 2a0a1x + (a21 + 2a0a2)x2+ 2a1a2x3+a22x4]dx ==_a20x +a0a1x2+ (a21 + 2a0a2)x33+a1a2x42+a22x55_ 11= 2a20 +23(a21 + 2a0p2) +25a22 = 2_a0 +13a2_2+845a22 +23a21 0, p P2;p, p) = 0 2(a0 +13a2)2+845a22 +23a21 = 0 ___a0 +13a2 = 0a2 = 0a1 = 0a0 = a1 = a2 = 0p = 0P2.d)Primaproprietateaprodusului scalarrezultadincomutativitatea nmult irii numerelorreale, iarcelelaltedouarezultadinproprietateadeliniaritateaintegralei. Proprietateaapatraf, f) =_baf2(x)dx 0,are loc deoarece g(x) 0, x [a, b] ,= g

implica_bag(x)dx 0 (proprietatea de monotoniea operatorului de integrare denita).Aratamca f, f) =0 f =0. Dacaf0, avem f, f) = _ba 02dx=0. Implicat iaf, f) = 0 f 0 este echivalenta cu implicat iaf , 0 f, f) ,= 0.Presupunemcaf ,= 0. Atunciexistax0 [a, b]astfel ncatf(x0) ,= 0. Fie = [f(x0)[/2.Funct ia ind continua, rezulta ca exista o vecinatateVa luix0 astfel ncatf(x) (f(x0) , f(x0) +), deci [f(x)[ (/2, 3/2)f2(x) >2/4, xV . Atuncinmult imeaV [a, b] se gaseste un intervalI = [c, d] ,= g

astfel ncatf2(x) > 2/4, x [c, d]. Atuncif, f) =_baf2(x) _dc24dx 24 (d c) > 0, deci f, f) , = 0.e) FieA, B, C M22( R), R. A, B) =Tr(tA B) =Trt(tA B) =Tr(tBA) = B, A). AmfolositproprietateaTrA = Tr(tA); A, B +C) = Tr(tA(B +C)) = Tr(tAB +tAC) = Tr(tAB) +Tr(tAC) == A, B) +A, C) A, B) = Tr(t(A)B) = Tr(tA B) = Tr(tAB) = A, B);Student Web CopySolut ii 43 A, A) = Tr(tA A).FieA =_a11a12a21a22_, aij R, i, j = 1, 2. RezultaTr(tA A) = a211 +a212 +a221 +a222 0, A M22( R);A, A) = 0 a211 +a212 +a221 +a222 = 0 a11 = a12 = a21 = a22 = 0 A = OM22( R ).f ) Fiex = (x1, x2), y = (y1, y2), z = (z1, z2) C2, C. Atunci au loc relat iile x, y) = x1 y1 +x2 y2 = x1y1 + x2y2 = y1 x1 +y2 x2 = y, x); x, y +z) = x1(y1 +z1) +x2(y2 +z2) = x1y1 +x2y2 +x1z1 +x2z2 = x, y) +x, z); x, y) = (x1)y1 + (x2)y2 = (x1y1 +x2y2) = x, y) x, x) = x1x1 +x2x2 = [x1[2+[x2[2 0, x C2;x, x) = 0 [x1[ = [x2[ = 0x1 = x2 = 0x = 0C2.26.Folosind produsele scalare canonice pe spat iile considerate si formulele[[u[[ = _u, u), prvu = u, v)v, v)v, cos

(u, v) =u, v)|u||v|,obt inem:a) Pentruu = (1, 2), v = (2, 1) R2, avem u, v) = 1(2) + 21 = 0 si___|u| = _u, u) =12+ 22=5, |v| = _(2)2+ 12=5;prvu = u, v)v, v)v =05(2, 1) = (0, 0), pruv = v, u)u, u)u =05(1, 2) = (0, 0);cos

(u, v) =u, v)|u||v|= 0

(u, v) = arccos(0) =2.Deoarece u, v) = 0 rezulta ca cei doi vectori sunt ortogonali.b) Pentruu = (1, 1, 1), v = (1, 2, 0) R3, avem u, v) = 11 + 1(2) + 10 = 1 si___|u| = _u, u) =12+ 12+ 12=3, [[v[[ = _v, v) = _12+ (2)2=5;prvu = u, v)v, v)v = 15(1, 2, 0) =_15, 25, 0_,pruv = v, u)u, u)u = 13(1, 1, 1) = (13,13,13);cos

(u, v) =u, v)|u||v|=13 5= 115 [1, 1],de unde rezulta

(u, v) = arccos_115_ = arccos115. Deoarece u, v) = 1 ,= 0, cei doivectori nu sunt ortogonali.Student Web Copy44 ALGA-GDEDc) Folosind produsul scalar canonic peP2, p, q) =_11p(x)q(x)dx, p, q P2, obt inem___u, v) =_11u(x)v(x)dx =_11(1 +x)x2dx =_x33+x44_ 11=23;|u| = _u, u) =_11(u(x))2dx =_11(1 +x)2dx =_83;|v| = _v, v) =_11(v(x))2dx =_11x4dx =_25;prvu = u, v)v, v)v =2/32/5x2=53x2;pruv = v, u)u, u)u =2/38/3(1 +x) =14(1 +x),si cos

(u, v)=u, v)|u||v|=2/34/15=156[1, 1], deunderezulta

(u, v)=arccos156.Deoarece u, v) , = 0, cei doi vectori nu sunt ortogonali.Folosind cel de-al doilea produs scalar canonic peP2, p, q) =p0q0 + p1q1 + p2q2, undep = p0 +p1x +p2x2,q = q0 +q1x +q2x2 P2, obt inem___u, v) = 0, |u| =1 + 1 =2, |v| =1 = 1;prvu = pruv = 0, cos

(u, v) = 0 [1, 1],de unde rezulta

(u, v) = arccos 0 =2, deciuv. Se observa ca rezultatele obt inute folosindcele doua produse scalare difera, desi vectorii sunt aceiasi.d) Calculamu, v) =_10u(x)v(x)dx =_10ex

ex+ex2dx ==12_10e2xdx + 12_10dx =_e2x4+x2_ 10=e2+ 14;u, u) =_10(u(x))2dx =_10e2xdx =e2x210=e212,de unde rezulta |u| = _u, u) =_e212; de asemenea, avemv, v) =_10(v(x))2dx =_10_ex+ex2_2dx =14_10(e2x+ 2 +e2x)dx ==14_e2x2+ 2x e2x2_ 10=e2e2+ 48;Student Web CopySolut ii 45rezulta |v| =_e2e2+ 48; avem___prvu =u,v)v,v)v =e2+14e2e2+48

ex+ex2=e2+1e2e2+4(ex+ex);pruv =v,u)u,u)u =e2+14e212 ex=e2+12(e21)ex;cos

(u, v) =u,v)|u||v|=e2+14

e212

e2e2+48=e2+1(e21)(e2e2+4) [1, 1],de unde rezulta

(u, v) = arccose2+ 1_(e21)(e2e2+ 4). Deoarece u, v) =e2+14,= 0,vec-toriiu siv nu sunt ortogonali.e) Avem___u, v) = Tr(tuv) = Tr_2 11 0_ = 2 + 0 = 2;u, u) = Tr(tuu) = Tr_5 22 1_ = 5 + 1 = 6;v, v) = Tr(tvv) = Tr_1 00 1_ = 1 + 1 = 2,deci |u| = _u, u) =6, |v| = _v, v) =2 si___prvu = u, v)v, v)v =22 _0 11 0_=_0 11 0_;pruv = v, u)u, u)u =26 _1 02 1_=_1/3 02/3 1/3_.De asemenea, cos

(u, v) =u, v)|u||v|=212=33 [1, 1], deci

(u, v) = arccos33. Deoarceu, v) = 2 ,= 0, vectoriiu siv nu sunt ortogonali.f ) Deoarece___u, v) = i(1 i) + (i)(1 +i) = i(1 +i) i(1 i) = 2;u, u) = ii + (i)(i) = 2;v, v) = (1 i)(1 i) + (1 +i)(1 +i) = 4;vom avea___|u| = _u, u) =2; |v| = _v, v) = 2;prvu = u, v)v, v)v = 24 (1 i, 1 +i) =_12 + 12i , 12 12i_;pruv = v, u)u, u)u = u, v)u, u)u = 22(i, i) = (i, i).II.3. Ortogonalitate. ProcedeuldeortogonalizareGram-Schmidt27.a) Familia S este ortogonala deoarece v1, v2) = 1(2) + 01 + 21 = 0.b)Determinamunvectorv3 R3, v3=(x1, x2, x3), v3 ,=0astfel ncatsaesatisfacutecondit iile:v1, v3) = 0, v2, v3) = 0.Student Web Copy46 ALGA-GDEDObt inem sistemul liniar_x1 + 2x3 = 02x1 +x2 +x3 = 0___x1 = 2x2 = 5x3 = , RAsadar, putem completa sistemul de vectori la o baza ortogonala ntr-o innitate de moduri.De exemplu, daca alegem = 1, obt inemv3 = (2, 5, 1).Vectorii v1, v2, v3suntortogonalisi nenuli, deci suntliniarindependent i. Numarul lorind egal cu dimensiunea lui R3rezulta ca ei formeaza o baza (ortogonala) a lui R3.28.a) Complementul ortogonal al spat iuluiWeste mult imeaW = y R4[ y v1, y v2 Pentruagasi vectorii y W, estesucientsapunemcondit iile y, v1)=0, y, v2)=0.Notandy = (y1, y2, y3, y4), aceste condit ii sunt echivalente cu sistemul_y1 +y3 +y4 = 0y1y2 +y3 = 0n care minorul corespunzator luiy1 siy2este1 01 1 = 1 ,= 0, deci vom consideray1si y2drept necunoscute principale, iary3si y4necunoscute secundare. Atunci sistemul aresolut iile: y1 = a b, y2 = b, y3 = a, y4 = b, undea, b R.AtunciW = (a b, b, a, b) [ a, b R Observamca(a b, b, a, b)=a(1, 0, 1, 0) + b (1, 1, 0, 1)si deci obaza nWesteformata din vectoriiu1 = (1, 0, 1, 0), u2 = (1, 1, 0, 1).b) Deoarece determinantuldet [v1, v2, u1, u2] =1 1 1 10 1 0 11 1 1 01 0 0 1= 5 ,= 0,rezultacavectorii v1, v2, u1, u2suntliniarindependent i. Numarullorindegalcudimen-siunea spat iului total R4, rezulta ca ei formeaza o baza n R4, deci L(v1, v2, u1, u2) =R4.DarW+ W=L(v1, v2) + L(u1, u2) =L(v1, v2, u1, u2) si deci W+ W=R4. Deoarecentotdeauna avemW W = 0, rezulta R4= W W.c) Deoarece are loc relat iaW W =R4, rezulta cavse scrie n mod unic sub formav = v0 +v, cuv0 Wsiv W. Dinv0 Wrezulta ca v0 = k1v1 +k2v2 cuk1, k2 R,iar condit iav Wconduce la v, v1_ = 0 si v, v2) = 0. T inand cont de faptul cav = v v0 = v k1v1k2v2,relat iile anterioare devin:_k1v1, v1) +k2v2, v1) = v, v1)k1v1, v2) +k2v2, v2) = v, v2)Asadar,k1sik2sunt solut iile sistemului:_3k1 + 2k2 = 32k1 + 3k2 = 1_k1 = 7/5k2 = 3/5Student Web CopySolut ii 47In concluzie, avemv0 =75v135v2 = _45,35,45,75_ siv = v v0 = _15,25,15, 25_.Altfel. BW= v1, v2neindobazaortogonala, ortogonalizamfolosindprocedeul Gram-Schmidt v1, v2 w1, w2.w1= v1 = (1, 0, 1, 1)w2= v2prw1v2 = v2v2,w1)w1,w1)w1 == (1, 1, 1, 0) 23(1, 0, 1, 1) = (13, 1,13, 23).Vectorul _13, 1,13, 23_esteparalel cuvectorul (1, 3, 1, 2), deci bazaortogonalaaluiWesteBortog, W= w1 = (1, 0, 1, 1) , w2 = (1, 3, 1, 2).Atunci avemv0= prWv = prw1v +prw2v =v,w1)w1,w1)w1 +v,w2)w2,w2)w2 ==33 (1, 0, 1, 1) + 315(1, 3, 1, 2) = (45,35,45,75),iar componenta ortogonala a vectoruluiv relativ laWestev = v prWv = (1, 1, 1, 1) _45, 35, 45, 75_ =_15, 25, 15, 25_.29.a) Utilizand procedeul Gram-Schmidt, construim o baza ortogonala F1= u1, u2, u3formata din vectoriiu1= v1 = (1, 1, 1)u2= v2 v2, u1)u1, u1)u1 = (1, 1, 0) 23(1, 1, 1) =_13, 13, 23_[[(1, 1, 2)u3= v3 v3, u1)u1, u1)u1 v3, u2)u2, u2)u2 == (1, 0, 0) 13(1, 1, 1) 16(1, 1, 2) = (12, 12, 0)[[(1, 1, 0).Impart im ecare vector din baza ortogonala prin norma sa si obt inem o baza ortonormataFtt = w1, w2, w3 formata din vectorii___w1 =u1|u1|=_13,13,13_w2 =u2|u2|=_16,16, 26_w3 =u3|u3|=_12, 12, 0_Tema. Vericat i ca familia de vectoriFtteste ortonormala.b)Severicafaptulcaf1=chsi f2=idsuntvectoriliniarindependent i,undef1(x) =chx =ex+ex2sif2(x) = id(x) = x, pentru oricex [0, 1]. Mai exact,1f1 +2f2 = 0 1 chx+2x = 0, x [0, 1]. Dar pentru x = 0 si x = 1 rezulta sistemul_1 = 0e+e121 +2 = 0cu solut ia1 = 2 = 0, deci indf1, f2.Student Web Copy48 ALGA-GDEDFolosind produsul scalar canonic dinC0[0, 1] , f, g) =_10f(x)g(x)dx, f, g C0[0, 1]si procedeul Gram-Schmidt, construim o baza ortogonalaFt = g1, g2 formata din vectoriig1= f1 = chg2= f2 f2,g1)g1,g1)g1 == id _10xchxdx_10ch2xdxch= id 1 e1(e2e2+ 4)/8 ch= id 8(e 1)e(e2+e2+ 4) ch.Normam aceste funct ii si obt inem familia ortonormataFtt = e1, e2___e1 =g1|g1|=_8e2+4e2che2 =g2|g2|=id a ch__10 (x a ch x)2dx, a =8(e 1)e(e2+e2+ 4).c) Procedand ca la punctele precedente, ortogonalizam familia_p1 = 1 +x, p2 = x +x2, p3 = x_pentru a obt ine familia ortogonala q1, q2, q3 unde:q1 = p1 = 1 +x , q2 = p2 p2, q1)q1, q1)q1, q3 = p3 p3, q1)q1, q1)q1 p3, q2)q2, q2)q2.Avemq1, q1) =_11q21(x)dx =_11(1 +x)2dx =83.si deoarecep2, q1) =_11p2(x)q1(x)dx =_11(x +x2)(1 +x)dx =43,rezultaq2 = 12 +12x +x2. Apoi calculam produsele scalareq2, q2) =_11q22(x)dx =_11_12 + 12x +x2_2dx =25,p3, q1) =_11x(1 +x)dx =23,p3, q2) =_11x_12 + 12x +x2_dx =13.Atunciq3 = x 14(1 +x) 56_12 + 12x +x2_ =16 + 13x 56x2.Normam aceste polinoame si obt inem familia ortonormata r1, r2, r3, under1 =64+64x , r2 = 104+104x +102x2, r3 =24+22x 524x2.d) Ortogonalizam mult imea data folosind relat iile:u1 = w1, u2 = w2 w2, u1)u1, u1)u1, u3 = w3 w3, u1)u1, u1)u1 w3, u2)u2, u2)u2.Student Web CopySolut ii 49Obt inemsuccesiv: w2, u1) =i, u1, u1) =2, u2=(12, i, i2 )[[(1, 2i, i)si w3, u1) =0, w3, u2) = 1, u2, u2) =32, u3 = (13,i3, i3)[[(1, i, i). Dupa efectuarea calculelor rezultafamilia ortogonalau1 = (i, 0, 1) , u2 = (1, 2i, i), u3 = (1, i, i)si prin normare, familia ortonormata v1, v2, v3, undev1 =u1|u1|=_i2, 0,12_, v2 =_16, 2i6, i6_, v3 =_13,i3, i3_.30. a) Prin ortogonalizarea bazei BW=_p1 = 1 +x2, p2 = 1_obt inemw1 = p1 = 1 +x2siw2= p2prw1p2 = p2 p2, w1)w1, w1)w1 = 1 _11(1 +t2)dt__11(1 +t2)2dt_1 w1 == 1 8/356/15(1 +x2) =27 57x2,deciBW,ortog. = _w1 = 1 +x2, w2 =27 57x2_. Atunciv0= prw1v +prw2v =v, w1)w1, w1)w1 +v, w2)w2, w2)w2 ==8/356/15w1 + 2/212/21w2 =_57 + 57x2_+_27 57x2_ = 1. Deciv = v v0 = x.b)BW= v1 = (2, 1, 0), v2 = (1, 4, 1)neindobazaortogonala, ortogonalizamfolosindprocedeul Gram-Schmidt v1, v2 w1, w2.w1= v1 = (2, 1, 0)w2= v2prw1v2 = v2 v2, w1)w1, w1)w1 == ( 1, 4, 1) 25 (2, 1, 0) = _95,185, 1_[[(9, 18, 5)si obt inemBortog, W= w1 = (2, 1, 0) , w2 = (9, 18, 5). Atunci avem:v0 = prwv = prw1v +prw2v =45(2, 1, 0) +32430(9, 18, 5) =_4043, 9243, 1643_si deciv = v v0 =_ 343, 643, 2743_.c) Se observa ca C, D) = D, C) = 0, deci baza BW=_C =_1 00 1_, D =_0 12 0__este ortogonala; obt inemv0 = prCv +prDv =22_1 00 1_+ 105_0 12 0_ =_1 24 1_siv = v v0 = 0. Observat ie. v = 0 v L(C, D).Intr-adevar,C + D = v =1, = 2, deciv = C + 2D L(C, D). d) Observam caWse mai poate scrie:W= (x, x + 2z, z) [ x, z R = x(1, 1, 0)..v1+z (0, 2, 1). .v2[ x, z R,Student Web Copy50 ALGA-GDEDdeci o baza a luiWesteBW= v1 = (1, 1, 0) , v2 = (0, 2, 1) .OrtogonalizandBW, obt inem baza ortogonalaBtW= w1 = (1, 1, 0), w2 = (1, 1, 1), deci___v0 = prw1v +prw2v =12(1, 1, 0) +23(1, 1, 1) =_76, 16, 23_v = (2, 1, 1) _76, 16, 23_ =_56, 56, 53_.II.4. Transformariliniare31. a)PentrucaTsaeliniaratrebuiesaaratamca k Rsi x, y R3, avem_T(x +y) = T(x) +T(y)T(kx) = kT(x). Intr-adevar, obt inem succesivT(x +y) = (x1 +y1x3y3, x2 +y2, 2x1 + 2y12x32y3) == ((x1x3) + (y1y3), x2 +y2, (2x12x3) + (2y12y3)) == (x1x3, x2, 2x12x3) + (y1y3, y2, 2y12y3) = T(x) +T(y)T(kx) = (kx1kx3, kx2, 2kx12kx3) = (k(x1x3), kx2, k(2x12x3)) == k(x1x3, x2, 2x12x3) = kT(x).Nucleul si imaginea unei transformari liniareT: V WsuntKer T= v V [ T(v) = 0, ImT= w W [ v Va. T(v) = w.In cazul nostru ecuat iaT(x) = 0 n necunoscutax R3ne conduce la sistemul___x1x3 = 0x2 = 02x12x3 = 0___x1 = ax2 = 0x3 = a, a R.Rezulta Ker T = (a, 0, a) [ a R. ObazapentruKer T esteformatadinvectorulv1 = (1, 0, 1), decidim Ker T= 1 (11)si prin urmare defectul luiTeste 1. Din relat ia (11) rezulta caKer T ,= 0, deciTnu esteinjectiva.Act iunea lui Tpe baza canonica B = e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) a spat iuluiR3, furnizeazavectori ai caror coecient i relativlabazaBconstituiecoloanelematriciitransformariiTrelativ laB. Din relat iile___T(e1) = T((1, 0, 0)) = (1 0, 0, 21 0) = (1, 0, 2) = e1 + 2e3T(e2) = T((0, 1, 0)) = (0 0, 1, 0 0) = (0, 1, 0) = e2T(e3) = T((0, 0, 1)) = (0 1, 0, 0 21) = (1, 0, 2) = e12e3,seobt in[T(e1)]B=t(1, 0, 2), [T(e2)]B=t(0, 1, 0), [T(e3)]B=t(1, 0, 2), deci matriceacautata este [T]B=__1 0 10 1 02 0 2__. Daca e1, e2, e3 este baza canonica a lui R3, atunciStudent Web CopySolut ii 51vectorii T(e1), T(e2), T(e3) genereaza subspat iul vectorial ImT. Extragem dintre acestiaunsistemmaximaldevectoriliniarindependent i sivomobt ine nacestfelobazapentruImT. Deoarece matricea transformarii liniare Tare pe coloane coordonatele vectorilor T(e1),T(e2), T(e3)relativlabazacanonica, rezultacaestesucientsacalculamrangul acesteimatrice. Aceasta va dimensiunea spat iului ImT, deci rangul luiT. Deoarecerang A = 2,(deexemplu1 00 1 = 1 ,= 0),rezultacarangultransformariiliniareTeste2,obaza nImTind formata din vectoriiT(e1) = (1, 0, 2) siT(e2) = (0, 1, 0).Cum dimR3= 3, rezulta caImT ,=R3, deciTnu este surjectiva, si deci nici bijectiva.b) Fiek Rsip, q P2. Atunci(T(p +q))(x) = x_10(p +q)(t)dt + (p +q)(1) (p +q)t(0) == x_10(p(t) +q(t))dt +p(1) +q(1) pt(0) qt(0) == x_10p(t)dt +p(1) pt(0) +x_10q(t)dt +q(1) qt(0) == (T(p))(x) + (T(q))(x) = (T(p) +T(q))(x), x R,deciT(p +q) = T(p) +T(q), p, q P2. De asemenea, avem(T(kp))(x) = x_10(kp)(t)dt + (kp)(1) (kp)t(0) == x_10kp(t)dt +kp(1) kpt(0) == k_x_10p(t)dt +p(1) pt(0)_ = (kT(p))(x), x R,deci T(kp)=kT(p), p P2, k R. Fiep=a0 + a1X + a2X2P2. Atunci ecuat iaT(p) = 0 revine lax_10(a0 +a1t +a2t2)dt +p(1) pt(0) = 0, x R x_a0t +a1t22+a2t33_ 10+ (a0 +a1 +a2) a1 = 0, x R x_a0 +a12+a23_+a0 +a2 = 0, x R _a0 +a12+a23= 0a0 +a2 = 0,cu solut ia a0 = , a1 =43 , a2 = . AsadarKer T= (1 +43X +X2) [ R. O bazapentruKer Teste polinomulp0 = 1 +43X +X2, decidim Ker T= 1 (12)siprinurmaredefectullui Teste1. Dinrelat ia(12)rezulta Ker T ,= 0, deci Tnuesteinjectiva.Student Web Copy52 ALGA-GDEDAct iunea luiTpe baza canonicaB = 1, X, X2 a spat iuluiP2este data prin___T(1) = X_10dt + 1 0 = X + 1,T(X) = X_10tdt + 1 1 =X2,T(X2) = X_10t2dt + 1 0 =X3+ 1.Matricealui Tarepecoloanecoecient ii polinoamelorT(1),T(X),T(X2)relativlabaza1, X, X2 a codomeniuluiP2. AtunciA = [T]B =__1 0 11 1/2 1/30 0 0__.Pentru a determina imaginea luiT, procedand ca la punctul a) vom calcula rangul matriciiA = [T]B= [T(1), T(X), T(X2)]B. Deoarece det A = 0, dar exista un minor nenul de ordin2 al luiA (de exemplu,1 01 1/2 ,= 0), rezulta ca rangul matriceiA este 2, acesta ind sirangul transformariiT.Obaza nImTesteformatadin T(1), T(X). CumdimP2=3, rezulta ImT ,=P2,deci Tnu este surjectiva. Cum Tnu este nici injectiva si nici surjectiva rezulta ca Tnu estebijectiva.c) Pentruk, l RsiA, B M22( R), avemT(kA+lB) =t(kA+lB) 2 Tr (kA+lB)I2 =t(kA) +t(lB) 2( Tr (kA) +Tr (lB))I2 == k tA+l tB 2k Tr (A)I22l Tr (B)I2 = kT(A) +lT(B).FieA =_a1a2a3a4_ M22( R). Atunci ecuat iaT(A) = 0 se rescrie_a1a3a2a4_2(a1 +a4) _1 00 1_ = OM22( R) _a12a12a4a3a2a42a12a4_ =_0 00 0_a12a4 = 0, a3 = 0, a2 = 0, 2a1a4 = 0,si deci a1=a2=a3=a4=0. Asadar Ker T 0si cumincluziunea 0 Ker Teste ntotdeauna adevarata, rezultaKer T= 0, deciTeste injectiva si defectul luiTestedim Ker T= 0.Baza canonica a spat iuluiM22( R) esteB =_m11 =_1 00 0_, m12 =_0 10 0_, m21 =_0 01 0_, m22 =_0 00 1__.Student Web CopySolut ii 53Din relat iile___T(m11) =_1 00 0_21_1 00 1_ =_ 1 00 2_ = m112m22T(m12) =_0 01 0_20_1 00 1_ =_0 01 0_ = m21T(m21) =_0 10 0_20_1 00 1_ =_0 10 0_ = m21T(m22) =_0 00 1_21_1 00 1_ =_ 2 00 1_ = 2m11m22,se obt ine matricea cautataA = [T]B =____1 0 0 20 0 1 00 1 0 02 0 0 1____.Rangul matriciiA = [T]B= [T(m11), T(m12), T(m21), T(m22)] este 4 (deoarece det A ,= 0);rezulta ca rangul transformariiTeste 4, o baza nImTind formata dinT(m11), T(m12),T(m21), T(m22). CumdimM22( R)=4, rezultacaaceastamult imeestebazasi pentruM22( R). AtunciImT= L(T(m11), T(m12), T(m21), T(m22)) = M22( R),deciTeste surjectiva. In concluzieTrezulta bijectiva.Altfel. Folosim teorema conform careia un endomorsm pe un spat iu vectorial nit-dimensionalVnestesimultaninjectiv/surjectiv/bijectiv.IncazulnostrudimVn=dimM22( R), n=4< , iar Ker T = 0, deci T esteinjectiva, surjectivasi bijectiva; dinsurjectivitaterezultaImT= M22( R).32.a) Pentruk, l Rsip, q R1[X], avem(T(kp +lq))(x) = x_10(kp +lq)(t)dt + (kp +lq)_12_ == k_x_10p(t)dt +p_12__+l_x_10q(t)dt +q_12__ == (kT(p) +lT(q))(x), x R,deciT(kp +lq) = kT(p) +lT(q), k, l R, p, q R1[X].b) Nucleul transformarii liniareTesteKer T= p R1[X] [ T(p) = 0,DarT(p) = 0 doar daca (T(p))(x) = 0, x R. Consideram polinomul p =a0 + a1X R1[X]. Atunci(T(p))(x) = 0 x_10(a0 +a1t)dt +a0 +a1

12= 0 x_a0 +a1

12_+_a0 +a1

12_ = 0 (x + 1)_a0 +a1

12_ = 0.Deoarece aceasta egalitate are loc pentru oricex R, vom obt inea0 +a1

12= 0Student Web Copy54 ALGA-GDEDcu solut iaa1 = 2a0, decip = a0(1 2x),a0 R.AsadarKer T= a0(1 2X) [ a0 R, (13)deci o baza nKer Teste formata din polinomul (1 2X).ImagineatrasformariiliniareTeste ImT= q R1[X] [ p R1[X]a.. T(p)=q.Fieq R1[X] sip = a0 +a1X. AtunciT(p) = q X_10(a0 +a1t)dt +a0 +a1

12= q (X + 1)(a0 +a12 )=q. Ecuat iaT(p)=q nnecunoscutap R1[X]aresolut iedoarpentruq L(X + 1), si deciImT= (1 +X) [ R. (14)DarX + 1 , 0 si prin urmare polinomul (1 +X) formeaza o baza n imaginea luiT.c) Deoarece o baza nKer Teste formata din polinomul (1 2X), rezultaKer T ,= 0, deciTnu este injectiva.d) Avem dimKer. .1T + dim Im. .1T= dimR1[X]. .2.e) Baza canonica a spat iului R1[X] este B = 1, X, deci pentru a aa matricea transformariiliniareTcalculamT(1) = X_10dt + 1 = X + 1T(X) = X_10tdt + 12=X2+ 12.In concluzie, matricea transformarii liniareTesteA = [T]B = [T(1),T(X)]B =_1 1/21 1/2_.Testeinjectivadaca sinumaidacasistemuldatdeT(a0 +a1X) = 0 [T] _a0a1_ =_00_ (scris n forma matriceala) este compatibil determinat. Dar,deoarece sistemul esteomogen si det A =1 1/21 1/2 = 0, rezulta ca sistemul este compatibil nedeterminat, deciTnu este injectiva.Deoarece rangul matricii A este 1, rezulta ca rangul transformarii Teste 1, deci o bazanImTeste formata dintr-un singur vector (T(1) sau T(X)). Cum dimR1[X] = 2 rezultaImT ,=R1[X], deciTnu este surjectiva.f ) Notam cuB = 1, X baza canonica a spat iului R1[X] siBt = q1 = 1 2X, q2 = 1 +X.Are loc relat ia[T]Bt = [Bt]1B[T]B[Bt]B,unde [Bt]B =_1 12 1_, [T]B =_1 1/21 1/2_, de unde rezulta [T]Bt =_0 00 3/2_.Student Web CopySolut ii 55g) Pentru ca imaginea si nucleul lui Tsa e subspat ii suplementare trebuie sa avemKer T ImT= 0 si Ker T +ImT=R1[X].Fiep Ker T ImT. Din relat iile (13) si (14) rezulta_p = a0(1 2X)p = (1 +X)a02a0X = +X _a0 = 2a0 = ,deci a0== 0.Inconcluziep 0, deci Ker T ImT 0. Cumincluziuneainversa0 Ker T ImTeste banala, avemKer T ImT= 0.Folosind teorema Grassmann, avemdim( Ker T +ImT) = dim Ker T+dim ImTdim( Ker T ImT) = 1+10 = 2 = dimR1[x] = 2.CumKer T+ImT R1[X] sisubspat iulareaceeasidimensiunecaspat iultotal,rezultaKer T +ImT=R1[X]; deci cele doua subspat ii sunt suplementare.Altfel. Din ind12X, 1+X si Ker T + ImT= L(1 +X)+L(1 2X) = L(1 +X, 1 2X)rezultaca 1 2X, 1 +Xestebaza nKer T+ImT. Dar Ker T+ImT R1[X], deciKer T +ImT=R1[X] si dim( Ker T +ImT) = 2.Am vazut ca se verica egalitatea dim Ker T + dim ImT= dimR1[X]. Atunci folosindteorema Grassmann, avemdim( Ker T ImT) = dim( Ker T) + dim( ImT) dim( Ker T +ImT) = 1 + 1 2 = 0,deci Ker T ImT= 0 si cele doua subspat ii sunt suplementare.33. a)Dimensiuneaspat iului R3este3,deciestesucientsademonstramcavectoriiv1, v2, v3sunt liniar independent i (atunci ei vor forma o baza a lui R3). Dardet[v1, v2, v3] =1 0 01 1 11 1 0= 1 ,= 0,deci avemindv1, v2, v3.b) Inlocuind n relat iile ce denesc aplicat iaTvectoriiv1, v2, v3, w1 siw2, obt inemT((1, 0, 1)) = (0, 1), T((0, 3, 1)) = (1, 1), T((1, 1, 1)) = (1, 0),deciT(e1 +e3) = f2, T(3e2 +e3) = f1 +f2, T(e1e2e3) = f1,unde B = e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) si Bt = f1 = (1, 0), f2 = (0, 1) reprezintabazele canonice ale spat iului R3, respectivR2.Liniaritatea luiTpermite rescrierea acestor relat ii sub forma:___T(e1) + T(e3) = f23T(e2) + T(e3) = f1 + f2T(e1) T(e2) T(e3) = f1[T(e1), T(e2), T(e3)]__1 0 10 3 11 1 1__= [f1, f2]_0 1 11 1 0_,sistem compatibil n necunoscuteleT(e1), T(e2), T(e3), cu solut iaT(e1) = 2f13f2, T(e2) = f1f2, T(e3) = 2f1 + 4f2,deci matricea cautata esteA = [T]B,B= [T(e1), T(e2), T(e3)]Bt =_2 1 23 1 4_.Student Web Copy56 ALGA-GDEDc) Avem[T(x)]Bt = [T]BB

__x1x2x3__ =_2x1 +x22x33x1x2 + 4x3_,deciT(x) = (2x1 +x22x3, 3x1x2 + 4x3), x = (x1, x2, x3) R3.d) Teste injectiva daca si numai daca sistemul omogen dat de [T]BB _xy_ =_00_ estecompatibil determinat. Se observa ca n acest caz rangul matricei [T]BB ind strict mai micdecat numarul de coloane sistemul este compatil nedeterminat, deciTnu este injectiva.Rangul matricii [T] este 2, deci si rangul transformarii Teste 2, o baza nImTind formatadinvectorii T(e1)=(4, 6)si T(e2)=(1, 2). Aceastaesteobazapentru R2, decirezultaImT=R2, adicaTeste surjectiva.34.a) Pentruk, l Rsif, g C1(0, 1), avem(T(kf +lg))(x) = (kf +lg)t(x) = kft(x) +lgt(x) == k(T(f))(x) +l(T(g))(x), x (0, 1)si deciT(kf +lg) = kT(f) +lT(g).b) Nucleul transformarii liniareTesteKer T= f C1(0, 1) [ Tf= 0.DarT(f) = 0 (T(f))(x) = 0, x (0, 1) ft(x) = 0, x (0, 1).In concluzie, Ker Teste mult imea funct iilor constante pe intervalul (0, 1).Imaginea transformarii liniareTesteImT= g C0(0, 1) [ f C1(0, 1) a. T(f) = g.Dar pentrug C0(0, 1), avemT(f) = gT(f)(x) = g(x), x (0, 1)ft(x) = g(x), x (0, 1),adicaf(x) = _g(x)dx + c, c Rsi deci f C1(0, 1) a. T(f) =g;rezultaC0(0, 1) ImT. CumImT C0(0, 1), rezultaImT= C0(0, 1).c) AvemT(f)(x) = 1 x2ft(x) = 1 x2f(x) = x x33+c, c R.d) Teorema dimensiunii nu se poate aplica, deoarece dim DomT= dimC1(0, 1) = .35.a) Deoarece baza canonica a spat iului R1[X] este B = 1, X, pentru a aa imaginealuiTcalculam(T(1))(x) = x 1, (T(X))(x) = x2.Deci ImT= L(X 1, X2) si deoarece X 1, X2 este familie de vectori liniar indepen-denta, rezultaBt = u1 = X 1, u2 = X2 baza nImT.Folosind procedeul Gram-Schimdt construim o baza ortogonalaBtt = v1, v2v1 = u1 = X 1v2 = u2prv1u2 = u2 u2,v1)v1,v1)v1.Student Web CopySolut ii 57Calculamu2, v1) =_11u2(x)v1(x)dx =_11x2(x 1)dx = 23,v1, v1) =_11v21(x)dx =_11(x 1)2dx =83,si obt inemv2 =14(4X2+X 1). Pentru a gasi o baza ortonormata, calculam___|v1| = _v1, v1) =_83|v2| = _v2, v2) =__11116(4x2+x 1)2dx =_730si deci baza cautata esteBttt =_v1|v1|,v2|v2|_ =__38 (X 1), 4_307 (4X2+X 1)_.b) Obt inemT(1 2X) = X(1 2X) 1 = 2X2+X 1.II.5. Transformariliniareparticulare36.a) Nucleul si imaginea unei transformari liniareT: V Wsunt respectiv date de:Ker T= x V [T(x) = 0, ImT= z W[x Va.. T(x) = y.In cazul nostru ecuat iaT(x) = 0, n necunoscutax V=R3ne conduce la sistemul___x1 +x2 +x3 = 0x2 +x3 = 0x3 = 0___x1 = 0x2 = 0x3 = 0.RezultaKer T= 0, deciTeste injectiva.DeoareceB= e1=(1, 0, 0), e2=(0, 1, 0), e3=(0, 0, 1)esteobaza(bazacanonica)alui R3, rezultacavectorii T(e1)=(1, 0, 0), T(e2)=(1, 1, 0), T(e3)=(1, 1, 1)genereazasubspat iul vectorial ImT. Deoarecedet[T(B)]B = det[T(e1), T(e2),T(e3)]B =1 1 10 1 10 0 1= 1 ,= 0,rezultacavectorii T(e1), T(e2), T(e3)suntliniarindependent i si deci formeazaobaza nImT. Acesta este o baza si pentruR3(deoareceT(e1), T(e2), T(e3) sunt trei vectori liniarindependent i ntr-un spat iu de dimensiune 3), deci rezultaImT=R3, deci Teste surjectiva.Fiind injectiva si surjectiva, rezultaTbijectiva, deci existaT1.Calculam matricea transformarii liniare T1ca ind inversa matricei [T]B; obt inem [T1]B =[T]1B=__1 1 00 1 10 0 1__, iar[T1(x)]B=__1 1 00 1 10 0 1____x1x2x3__=__x1x2x2 +x3x3__,deci expresia analitica a luiT1esteT1(x) = (x1x2)e1 + (x2 +x3)e2 + (x3)e3 == (x1x2, x2 +x3, x3), x = (x1, x2, x3) R3.b)T(v)=T((1, 1, 1))=(3, 2, 1); T1(v)=T1((1, 1, 1))=(0, 2, 1). Pentruaaavaloareaexpresiei(T3 2T+ Id)(v), calculammai ntai[T3]B=[T]3B=__1 3 20 1 10 0 1__,Student Web Copy58 ALGA-GDEDde unde rezulta[T32T +Id]B = [T3]B2[T]B + [Id]B =__0 1 00 0 10 0 2__.Prin urmare, [(T32T +Id)(v)]B= [T32T +Id]Bt(1, 1, 1) =t(1, 1, 2)si deci (T32T +Id)(v) = (1, 1, 2).37. a)BazacanonicaB= e1=(1, 0), e2=(0, 1)esteortonormata, deciendomor-smul TestetransformarehermiticadacamatriceasaA = [T]Bsatisfacerelat iaA =t A.Aceasta egalitate se verica n acest caz deoarece:tA =_1 ii 0_ =_1 ii 0_ = A.b) Deoarecea, b R, rezulta a = a si b = b, deci avemtA =_a zz b_ =_a zz b_ = A.c)AvemtA =_ia zz ib_ =_ ia zz id_ = A,deciendomorsmul Testeantiher-mitian.d)Endomorsmul TesteunitardacaAA=AA=I2, undeA=tA. AvemtA=_ u v v u_ =_ u vv u_si deci AA =_ u vv u_

_u vv u_ =_ [u[2+[v[200 [v[2+[u[2_ =_1 00 1_ = I2. Analog se verica egalitateaA A = I2.e)Endomorsmul real TsenumestesimetricdacamatriceasaA=[T]Brelativlabazaortonormata canonicaB = e1, e2 R2satisface relat iaA =tA. Evident, n cazul nostruaceasta relat ie este satisfacuta.f )Endomorsmul TesteantisimetricdeoareceA= tA(ceeacesepoatevericausor).TsenumestestructuracomplexadacaA2= I2; avemA2=_0 11 0__0 11 0_=_ 1 00 1_= I2. DeoareceA tA=_0 11 0__0 11 0_=_1 00 1_=I2sianalogtA A = I2. RezultaTendomorsm ortogonal.g) AvemAtA =_cos sin sin cos _

_cos sin sin cos _ =_cos2 + sin2 00 sin2 + cos2_ = I2si analogtA A = I2, deciTeste ortogonal.h) Endomorsmul Tse numeste proiect ie daca A2= A. DarA2=_1/2 1/21/2 1/2_ = A, deciTeste o proiect ie.i)Teste operator nilpotent de ordinul trei dacaA3= 0M33( R), egalitate care se verica.38.a) Se foloseste produsul scalar A, B)=Tr AtB), A, B M2( R). Daca endomor-smul real Tare proprietatea T= T, adica TA, B) =A, TB), A, B M2( R), atunci Tse numeste transformare simetrica.Inacestcaz, folosindproprietat ileurmei Tr(C)=Tr(tC), Tr(AB)=Tr(BA), avemTA, B)= tA, B)=TrtAtB)=Trt(BA)=Tr(BA)=Tr(AB)=Tr(At (tB))=A,tB) = A, TB), deciTeste simetrica relativ la produsul scalar canonic peM22( R).b) Se foloseste produsul scalar f, g) = _baf(x)g(x)dx, f, g C0[a, b] V .Student Web CopySolut ii 59Fief, g V . Folosind integrarea prin part i si egalitat ilef(a) = f(b), g(a) = g(b), obt inem:Tf, g) = _ba (T(f)(x))g(x)dx = _baft(x)g(x)dx=f(x)g(x)[ba_baf(x)gt(x)dx == f(b)g(b) f(a)g(a) _baf(x)(T(g)(x))dx = 0 f, Tg) = f, Tg),deci transformarea liniara este antisimetrica relativ la produsul scalar canonic peC0[a, b] V .39.a)Tveste liniara dacaT(x +y) = T(x) +T(y), A, B R, x, y V . AvemTv(x +y) = x +y +v, Tv(x) +Tv(y) = (x +v) +(y +v) = x +y +v +v,deci Tv este liniara daca si numai daca v = v+v, , R(+1)v = 0, , R,condit ie echivalenta cuv= 0. Evident,pentruv = 0,obt inemTv=Id,unicul caz n careTveste liniara.b) Fiev ,= 0. Se stie caT= Tvconserva produsul scalar daca x, y VavemTx, Ty) =x, y) x +v, y +v) =x, y) x, y) +x, v) +v, y) +v, v) = x, y) x, v) +v, y) +v, v) =0,relat ie ce trebuie sa aiba loc pentru oricex, y V . Dar pentrux = y = v obt inem3v, v) = 0 3|v|2= 0 |v| = 0 v = 0,ncontradict iecupresupunereav ,=0; deci Tnuconservaprodusulscalar. Deasemenea,T= Tvnu conserva norma pentruv ,= 0, deoarece|Tv(v)| = |2v| = 2|v| ,= |v|,si deci relat ia |Tv(x)| = |x|, x Vnu are loc.c)Seobservaca y V , avemTv(y v)=y, deci Tvestesurjectiva. Deasemenea, seobservacaaplicat iaT =Tvconservadistant adacad(Tv(x), Tv(y))=d(x, y), x, y V ,unded(x, y) = |x y|, x, y V . Avemd(Tv(x), Tv(y)) = |T(x) T(y)| = |(x +v) (y +v)| = |x y| = d(x, y),deciT= Tvconserv a distant a indusa de norma data de produsul scalar.Observat ie. Daca [[[[ este o norma oarecare pe V , se poate arata analog ca T= Tv conservadistant a indusa de [[[[.II.6. Vectori sivaloriproprii. Diagonalizare40.a) Calculam polinomul caracteristicP() = det(AI3) =2 0 00 10 1 = 3+ 22 + 2.b) Rezolvam ecuat ia caracteristicaP() = 0 3+ 22 + 2 = 0,deci ecuat ia algebrica (2+1)( 2) = 0. Radacinile reale ale acestei ecuat ii sunt valorileproprii ale matriceiA si formeaza spectrul transformariiT,(T) = 2. Deoarece nu toateStudent Web Copy60 ALGA-GDEDradacinile polinomuluiP() sunt reale, rezulta caTnu este jordanizabila, deci nu este nicidiagonalizabila.In acest caz(TC) = 2, i, +i ,R.c) Se observa ca pentru = 1 = 2 avema(1) = 1, pentru = i avema(i) = 1, iarpentru = i avema(i) = 1.Pentru = 1 = 2 sistemul caracteristic asociat este un sistem de ecuat ii liniare care aredrept solut ii vectorii proprii asociat i valorii proprii1 = 2. Acest sistem este:(A2I3)(v) = 0 __0 0 00 2 10 1 2____xyz__ =__000___ 2y +z = 0y 2z = 0,si are solut iile v = (x, y, z) = (t, 0, 0) = t(1, 0, 0), t R. Deci S1 = L(v1) , unde v1 = (1, 0, 0)este nenul,deci liniar independent, care formeaza astfel baza n subspat iul propriuS1,deundeg(1) = dimS1 = 1.Precizamcadeoarece2,3= i / R, 2,3nusuntvalori proprii aleendomorsmului T.PentruTC(complexicatul morsmului T), deci pentrumatriceaA=[TC] M33(C),diagonalizarea poate avea loc.Pentru = 2 = i, sistemul caracteristic asociat este:(A+iI3)v = 0 __2 +i 0 00 i 10 1 i____xyz__ =__000_____(2 +i)x = 0iy +z = 0y +iz = 0si are solut iile v = (x, y, z) = (0, it, t) = t(0, i, 1), t C. Deci S2 = L(v2) , unde v2 = (0, i, 1)este nenul,deci liniar independent, care formeaza astfel baza n subspat iul propriuS2,deundeg(2) = dimS2 = 1.Pentru = 3 = i, sistemul caracteristic asociat este:(AiI3)v = 0 __2 i 0 00 i 10 1 i____xyz__ =__000_____(2 i)x = 0iy +z = 0y iz = 0si aresolut iile v =(x, y, z) =(0, it, t) =t(0, i, 1), t C. Deci S3=L(v3) , undev3=(0, i, 1)estenenul, deci liniarindependent, careformeazaastfel baza nsubspat iulpropriuS3, de undeg(3) = dimS3= 1.Seobservacaa() =g(), pentruorice =1, 2, 3, deci transformareaTCestediagonalizabila.41.a) Calculam polinomul caracteristicP() = det(AI) =3 0 00 2 10 0 2 = 3+ 7216 + 12.Rezolvam ecuat ia caracteristicaP() = 0 3+ 7216 + 12 = 0,deci ecuat ia algebrica ( 3)( 2)2= 0. Valorile proprii ale matricei A sunt radacinilereale ale acestei ecuat ii si deoarece toate radacinile sunt reale, spectrul este (T) = (TC) =3, 2, 2. Deoarece(TC) R, rezultaTjordanizabila.Pentru = 1 = 3 si = 2 = 2 avema(3) = 1, respectiva(2) = 2.Student Web CopySolut ii 61Pentru = 1 = 3, sistemul caracteristic asociat este(A3I)v = 0 __0 0 00 1 10 0 1____abc__ =__000___ b +c = 0c = 0,siaresolut iile(a, b, c) = (t, 0, 0) =t(1, 0, 0), t R. Deciobaza nsubspat iulpropriuS1estegeneratorul nenul (deci liniarindependent) v1=(1, 0, 0), deunderezultag(1) =dimS1 = 1 = a(1).Pentru = 2 = 2, sistemul caracteristic asociat este:(A2I)v = 0 __1 0 00 0 10 0 0____abc__ =__000___a = 0c = 0,si aresolut iilev=(a, b, c)=(0, t, 0)=t(0, 1, 0), t R.Inconcluzie, obaza nS2estevectorulv2 =t(0, 1, 0), de unde rezultag(2) = dimS2 = 1.Deoarece pentru =2avemg(2) = 1 ,=a(2) = 2 rezulta ca endomorsmul Tnueste diagonalizabil.b) Calculam polinomul caracteristicP() = det(AI3) =7 4 14 7 14 4 4 = 3+ 18281 + 108.Rezolvam ecuat ia caracteristicaP() = 0 3+ 18281 + 108 = 0,deci ecuat ia algebrica ( 3)2( 12) = 0. Valorile proprii ale matriceiA sunt radacinileacestei ecuat ii si deoarece toate sunt reale, spectrul este (T) = (TC) = 12, 3, 3. Deoarece(TC) R, rezultaTjordanizabila.Pentru = 1 = 12 si = 2 = 3 avema(1) = 1, respectiva(2) = 2.Pentru = 1 = 12 sistemul caracteristic asociat este(A12I)v = 0 __5 4 14 5 14 4 8____abc__ =__000_____5a + 4b c = 04a 5b c = 04a 4b 8c = 0si are solut iilev = (a, b, c) = (t, t, t) = t(1, 1, 1), t R. Deci o baza n subspat iul propriuS1este vectorulv1 = (1, 1, 1) de unde rezultag(1) = dimS1 = 1 = a(1).Pentru = 2 = 3 sistemul caracteristic asociat este(A3I)v = 0 __4 4 14 4 14 4 1____abc__ =__000__4a 4b c = 0siaresolut iilev=(a, b, c)=(, , 4 + 4)=(1, 0, 4) + (0, 1, 4).Inconcluzie, obazanS2esteformatadinvectorii v2=(1, 0, 4)si v3=(0, 1, 4), deunderezultag(2)=dimS2 = 2 = a(2).Deoarece avema(1) =g(1)(= 1) sia(2) =g(2)(= 2), rezulta ca endomorsmulTeste diagonalizabil.BazaBtaspat iului R3relativlacarematriceaendomorsmului T estediagonala, esteformata din vectorii (proprii ai) bazelor de subspat ii proprii ale lui T, adica Bt = v1, v2, v3.Student Web Copy62 ALGA-GDEDIn concluzie, endomorsmulTeste diagonalizabil, cu matricea diagonalizatoare si matriceadiagonala, respectivC = [v1, v2, v3]B =__1 1 01 0 11 4 4__, D =__12 0 00 3 00 0 3__.Vericam relat iaD = C1ACsub formaCD = AC. AvemCD =__1 1 01 0 11 4 4____12 0 00 3 00 0 3__ =__12 3 012 0 312 12 12__;A C =__7 4 14 7 14 4 4____1 1 01 0 11 4 4__ =__12 3 012 0 312 12 12__ = CD.II.7. FormacanonicaJordan42.a) Calculam polinomul caracteristicP() = det(AI3) =3 3 31 11 62 14 7 = 3+ 7216 + 12.Rezolvamecuat iacaracteristicaP() = 0 3+ 72 16 + 12,deciecuat iaalgebrica( 3)( 2)2= 0. Radacinile reale ale acestei ecuat ii sunt valorile proprii ale matriceiAsi formeaza spectrul transformarii T, (T) = 3, 2, 2. Deoarece toate radacinile polinomuluiP() sunt reale, rezultaTjordanizabila.b)Seobservacapentru=1=3avema(1) =1, iar pentru=2=2avema(2) = 2.Pentru = 1 = 3 sistemul caracteristic asociat este un sistem de ecuat ii liniare care aredrept solut ii vectorii proprii asociat i valorii proprii1 = 3. Acest sistem este:(A3I3)v = 0 __0 3 31 8 62 14 10____xyz__ =__000_____3y + 3z = 0x + 8y + 6z = 02x 14y 10z = 0si are solut iile (x, y, z) =(2t, t, t) =t(2, 1, 1), t R. Deci S1=L