Algebra Liniara Si Geometrie Analitica

ALGEBRAv,si

LINIARAv

GEOMETRIE ANALITICAvculegere de probleme

PAVEL MATEI

CuprinsCapitolul 1. Complemente de calcul matriceal11. Preliminarii12. Probleme rezolvate43. Probleme propuse114. Indicajtii jsi rauspunsuri12Capitolul 2. Vectori liberi131. Preliminarii132. Probleme rezolvate163. Probleme propuse184. Indicajtii jsi rauspunsuri22Capitolul 3. Spajtii vectoriale251. Preliminarii252. Probleme rezolvate263. Probleme propuse284. Indicajtii jsi rauspunsuri30Capitolul 4. Aplicajtii liniare jsi matrice331. Preliminarii332. Probleme rezolvate343. Probleme propuse354. Indicajtii jsi rauspunsuri36Capitolul 5. Valori jsi vectori proprii391. Preliminarii392. Probleme rezolvate403. Probleme propuse424. Indicajtii jsi rauspunsuri44Capitolul 6. Spajtii euclidiene471. Preliminarii472. Probleme rezolvate493. Probleme propuse544. Indicajtii jsi rauspunsuri56Capitolul 7. Forme pautratice591.Preliminarii59

2.Probleme rezolvate61

3.Probleme propuse64

4.Indicajtii jsi rauspunsuri

iii66

ivC U P R IN SCapitolul 8. Elemente de calcul tensorial69Preliminarii69Probleme rezolvate72Probleme propuse75Indicajtii jsi rauspunsuri76Capitolul 9. Planul jsi dreapta in spajtiu77Preliminarii77Probleme rezolvate80Probleme propuse82Indicajtii jsi rauspunsuri86Capitolul 10. Conice89Preliminarii89Probleme rezolvate91Probleme propuse95Indicajtii jsi rauspunsuri97Capitolul 11. Cuadrice99Preliminarii99Probleme rezolvate103Probleme propuse107Indicajtii jsi rauspunsuri109Bibliografie111

PREFATj Au

C U P R IN Sv

Prezenta culegere de probleme se adreseazva studentjilor din universitvatjile tehnice, economice, militare etc. Ea are la bazva indelungata experientjva pedagogicva a autoru- lui in cadrul Catedrei de Matematicva sji Informaticva din Universitatea Tehnicva de Constructjii Bucuresjti sji respectva programa analiticva in vigoare (post Bologna).Obiectivul lucrvarii il constituie fixarea cunosjtintjelor teoretice sji aprofundarea acestora prin probleme care nuantjeazva rezultatele teoretice sji pun in evidentjva im- portantja lor. La redactare am avut in vedere imbinarea rigorii matematice cu clar- itatea sji accesibilitatea prezentvarii. Intentjia mea a fost ca materialul de fatjva sva scoatva in evidentjva legvaturile algebrei liniare cu geometria analiticva, cu alte ramuri ale matematicii: analiza matematicva, analiza numericva, ecuatjii diferentjiale, serii Fourier, precum sji cu mecanica, teoria elasticitvatjii etc.Cartea furnizeazva celor interesatji un material de studiu din domeniul algebrei liniare sji al geometriei analitice. Sunt tratate urmvatoarele capitole: complemente de calcul matriceal, vectori liberi, spatjii vectoriale, aplicatjii liniare sji matrice, vectori sji valori proprii, spatjii euclidiene, forme pvatratice, elemente de calcul tensorial, planul sji dreapta in spatjiu, conice sji cuadrice.Fiecare capitol este structurat astfel: un breviar teoretic cu definitjiile notjiu- nilor folosite, teoremele sji formulele de bazva necesare rezolvvarii problemelor, probleme reprezentative rezolvate in detaliu, probleme propuse, indicatjii sji rvaspunsuri la problemele propuse.Pentru cei interesatji de improspvatarea cunosjtintjelor teoretice, recomand cartea Algebrva liniarva, geometrie analiticva sji diferentjialva , vol. I ( ), apvarut in anul 2002 la editura AGIR.

Autorul multjumesjte cvalduros referentjilor

sjtiintjifici-prof. univ. dr. Gavriil

Pvaltineanu sji prof. univ. dr. Sever Angel Popescu-pentru amabilitatea, rvabdarea sji efortul depus in parcurgerea materialului. Sugestiile sji observatjiile fvacute se regvas- esc in forma finalva a lucrvarii. Multjumiri anticipate tuturor celor care vor face observatjii pe marginea lucrvarii de fatjva.

Bucuresjti, iulie 2007

Autorulemail: [email protected]

CAPITOLUL 1

Complemente de calcul matriceal

1. PreliminariiMatrice triunghiulare. Fie L o matrice inferior triunghiularau jsi U o matrice superior triunghiularau:

I l11000 \l21l2200

I u11u12u13u1n \0u22u23u2n

L =

l31l32l330

, U =

00u33u3n .

ln1ln2ln3 lnn

000 unn

Determinantul unei matrice triunghiulare este egal cu produsul elementelor de pe diagonala principalau. In consecinjtau, o matrice triunghiularau este nesingularau (adicau are determinant nenul) dacau jsi numai dacau toate elementele de pe diagonala principalau sunt nenule. Produsul a douau matrice inferior (superior) triunghiulare

este o matrice inferior (superior) triunghiularau

Inversa unei matrice inferior (su-

perior) triunghiularau nesingularau este o matrice inferior (superior) triunghiularau Dacau lii /= 0, i = 1, n, matricea inferior triunghiularau L este inversabilau, inversa sa B = (bij ) fiind datau de formulele

( 1

II lii

IJ

, dacau i = Ii-1\

(1.1)bij =I I

1- lii

lk=j

ik bkj

, dacau i > .

I 0, dacau i

De asemenea, dacau uii /= 0, i = 1, n, matricea superior triunghiularau U este inversabilau, inversa sa C = (cij ) fiind datau de formulele

( 1I , dacau i =

I

I(1.2)cij = J

uii

1( j u c

\, dacau i .

I - uiiI

k=i+1

ik kj

I 0, dacau i >

Factorizarea LU . Fie A = (aij ) o matrice pautraticau de ordinul n. Dacau minorii principali

1

21. C O M P LE M E N T E D E C A LC U L M AT R IC EA L

II a11a12a1i

(1.3),6. =a21a22a2iI Ii

I II I , i = 1, n - 1,

IIIIII I ai1ai2aii Isunt nenuli, atunci existau o matrice inferior triunghiularau L cu 1 pe diagonala principalau jsi o matrice superior triunghiularau U astfel incat A = LU , descompunerea fiind unicau.Prezentaum algoritmul de descompunere, conform 9 . Fie A(O) = A, deci dacauA(O) = (a(O) , atunci a(O) = aij , i = 1, n, = i, n. Pentru fiecare r = 1, n - 1, fixat,ijij

ijse calculeazau matricea A(r) = (a(r) , ale caurei elemente sunt date de formulele( a(r-1)

I

ij =Ia(r)J

ij, dacau i = 1, r, = 1, n0, dacau i = k + 1, n, = 1, r(r-1).

I a(r-1)

air a(r-1)

a Iij- (r-1)rr

rj, dacau i, = r + 1, n

De fapt, A(r) = Lr A(r-1), r = 1, n - 1, unde Lr este matricea care diferau de matricea unitate numai prin coloana r, ale caurei elemente sunt

(IJlir =

0, dacau i = 1, r1, dacau i = ra(r-1) .

Iir, dacau i = r + 1, n

a - (r-1)rr

O astfel de matrice se numejste matrice Frobenius. Inversa matricei Lr este o matrice de acelajsi tip. Mai precis, dacau L-1 = lt ), atunci L-1 diferau de matricearijrunitate numai prin coloana r, ale caurei elemente sunt( 0, dacau i = 1, r

ltir =

IJ 1, dacau i = ra(r-1) .

ir

a I(r-1)rr

, dacau i = r + 1, n

In final, L = L-1 L-1 L-1

, iar U = A(n-1).

12n-1Metoda eliminvarii a lui Gauss. Fie sistemul de ecuajtii algebrice liniare:( a11 x1 + a12 x2 + + a1n xn = b1I

(1.4)

J a21 x1 + a22 x2 + + a2n xn = b2,

I an1 x1 + an2 x2 + + ann xn = bncare se mai scrie matriceal sub forma

unde

Ax = b,

I a11a12a1n \

I x1 \

I b1 \

(1.5)A =

a21a22a2n

, x = x2

, b = b2 .

an1an2ann

xnbn

1. P R E LIM IN A R II3

rrFolosim notajtiile de mai sus. Presupunem cau ,6.i /= 0, i = 1, n. Atunci a(r) /= 0,(n-1)

nnr = 1, n - 1, a/= 0. Metoda constau in eliminarea succesivau a necunoscutelor.

b(O)Astfel, pentru fiecarer fixat, se eliminau necunoscuta xr din ecuajtiile r + 1, ..., n, ceea ce este echivalent cu operajtia de inmuljtire la stanga a matricei A(r-1) cu matricea Frobenius Lr . Este clar cau, la eliminarea unei necunoscute, se modificau jsi termenii liberi corespunzautori ecuajtiilor din care se eliminau necunoscuta. Dacaui= bi, i = 1, n, atunci

b(r)

( b(r-1), dacau i r

iJI(r-1)

i=(r-1)

air

(r).

aI bi- (r-1)rr

br , dacau i = r + 1, n

De aceea, vom lucra cu matricea extinsau a sistemului

I

A- =

(r)

a11a12a1n a21a22a2n an1an2 ann(r-1)

b1 \

.b2

bn

(O)

Vom calcula succesiv A-

= Lr A-

, r = 1, n - 1, A-

= A-. In final, se

ajunge la sistemul superior triunghiular U x = b(n-1), unde U = A(n-1). Acestsistem se rezolvau regresiv:

b(n-1)n

xn =

xi =

(n-1)

ann

b(n-1)i-

n),j=i+1

ija(n-1)xj

, i = n - 1, , 1.

a(n-1)iiElementele a(1), a(2), ..., a(n-1), se numesc elemente pivot. In cazul general,1122nn

kka(k)se poate intampla ca unii pivojti sau se anuleze. Dacau a(k) = 0 jsi cel pujtin unul din elementele de pe coloana k jsi de pe liniile k + 1, k + 2, , m este nenul, fie acestark , atunci permutaum liniile k jsi r intre ele jsi continuaum eliminarea. Din motive de stabilitate numericau, trebuie sau efectuaum permutauri de linii nu numai cand unelement pivot este egal cu zero ci jsi cand el este foarte mic (in valoare absolutau). Pentru a avea erori de rotunjire cat mai mici, se alege elementul pivot, la efectuarea

pasului k, astfel: fie r cel mai mic numaur intreg pentru care Ia

I = IaI.

rkSe permutau liniile k jsi r astfel incat a(k) devine pivot.

I (k)II rk I

Ik-i-m I

(k)Iik I

Algoritmul lui Gauss se poate aplica jsi pentru rezolvarea sistemelor de m ecuajtii cu n necunoscute. Pe parcursul algoritmului pot apare urmautoarele situajtii:-coeficienjtii unei ecuajtii devin tojti nuli, iar termenul liber corespunzautor este nenul, caz in care sistemul este incompatibil;-coeficienjtii unei ecuajtii sunt tojti nuli jsi termenul liber corespunzautor este nul, atunci ecuajtia respectivau este consecinjtau a celorlaltor.Algoritmul lui Gauss ne permite sau rezolvaum simultan p sisteme de ecuajtii cu aceeajsi matrice A, dar cu termeni liberi diferijti. In acest caz, la fiecare pas operajtiile aplicate asupra matricei sistemului se aplicau tuturor celor p vectori coloanau termeni liberi. Dupau eliminare vom objtine p sisteme triunghiulare. Un caz particular al acestui procedeu este inversarea unei matrice. Intr-adevaur, dacau in relajtia AA-1 =

4 1. C O M P LE M E N T E D E C A LC U L M AT R IC EA L

In, notaum A-1 = X, atunci AX = In sau Axj = ej unde xj jsi ej sunt coloanele din X respectiv In. Astfel, coloanele matricei A-1 sunt solujtiile sistemelor liniare cu termenii liberi respectiv egali cu coloanele matricii unitate.Metoda lui Cholesky. Reamintim cau matricea A = (aij ) se numejste simetricva dacau aij = aji, 'vi, = 1, n. Matricea simetricau A se numejste pozitiv definitva dacau xtAx > 0, 'vx /= 0 dat de (1.5). Se poate arauta cau matricea simetricau A = (aij ) este pozitiv definitau dacau jsi numai dacau ,6.i > 0, 'vi = 1, n, unde ,6.i sunt dajti de (1.3). Metoda lui Cholesky constau in descompunerea unei matrice simetrice jsi pozitiv definite A, sub forma A = RtR, unde R este matricea superior triunghiularauI r11r12r1,n-1r1n\

R =

0r22r2,n-1r2n

.

00rn-1,n-1rn-1,n 000rnn

ijPentru inceput, punem a(O) = aij , i = 1, n, = i, n. Elementele matricei Rse calculeazau succesiv, linie cu linie, folosind urmautorul algoritm. Calculul liniei(i-1)

I (i-1)

aij

i E 1, n se face cu formulele rii =

aii, rij =

rii

, dacau = i + 1, n, urmat

(dacau i n) de calculele a(i) = a(i-1) - rik rij , k = i + 1, n, = k, n.kjkjDeterminarea rangului unei matrice prin metoda transformvari elementare. Printransformare elementarva a unei matrice se injtelege una din urmautoarele operajtii: schimbarea a douau linii (coloane) intre ele; inmuljtirea tuturor elementelor unei linii (coloane) cu acelajsi factor nenul; adunarea la elementele unei linii (coloane) a elementelor corespunzautoare ale altei linii (coloane).Tj inand seama cau transformaurile elementare nu afecteazau proprietatea unui determinant de a fi nul sau nenul, rezultau cau rangul unei matrice nu se modificau dacau asupra matricei se efectueazau transformauri elementare. In practicau, pentru determinarea rangului unei matrice, procedaum astfel: se efectueazau transformauri elementare asupra matricei panau cand toate elementele devin nule cu excepjtia unor elemente de pe diagonala principalau care devin 1. Rangul unei matrice este numaurul elementelor 1 de pe diagonala principalau.

2. Probleme rezolvate1. Sau se calculeze inversele urmautoarelor matrice triunghiulare:

I 1 1 1 1 \

0011 ; b)1 A = 0 011 00010001 a) A = 0 1 1

I 1 1 0 0 \1 1 0 0.

Solutjie. a) Folosind formulele (1.2), se objtine: c11 = c22 = c33 = c44 = 1,c12 = -1, c23 = -1, c34 = -1, c13 = 0, c24 = 0, c14 = 0.

1-10001-10001-10001I\

. Ajsadar A-1 =

2. P RO B LEM E R E ZO LVAT E5I 1 -11-1 \b) Un calcul similar conduce la A-1 = 01-11 . 001-1 00012. Sau se rezolve urmautoarele sisteme prin metoda eliminaurii a lui Gauss. In fiecare caz sau se gauseascau descompunerea LU a matricei sistemului.

( 2 x1 - x2 + 3 x3 = 3

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

a) J

3 x1 + x2 - 5 x3 = 0

; b) J 2 x1 + 3 x2 + 4 x3 +x4 = 12 .3 x1 + 4 x2 +x3 + 2 x4 = 13

4 x1 - x2 +x3 = 3

I4 x1 +x2 + 2 x3 + 3 x4 = 14

I 2 -13 \Solutjie. a) Matricea sistemului este A = 31-5 , iar coloana ter-4 -11

3 \I 2 -13II30 . FieA- = 31-5II0Imen liber este b = 3sistemului. Deoarece

I4 -11 I

\ matricea extinsau a3

I 2 -1 I

I 2 -13 I

II,6.1 = 2 /= 0, ,6.2 = I 31

I = 5 /= 0, ,6.3 = I 31-5 I = -6 /= 0,

IIII

IIIII 4 -11 Imatricea A se poate scrie sub forma A = LU .Vom aplica metoda eliminaurii a lui Gauss. Se objtine succesiv

I10 0

2-13 I3 \

IL1 = -

3 1 0

A-= L A = 0

5

19 I-I

9

-,

I21 -

22 I2

\I , (1) -20 1

I 100 \

01-5 I -3

II 2-13 I3 \

L2 = 010 , A-(2)2

(1)= 0

= L2A-

519 I9

,II2 2- 2 I -

- 01 5

600- 5

I6

II - 5

I 2-13 \

I 2-13 \

519

A(1) = L1A = 05

19 , A(2) = L A(1) = 0

-.

62- 2222

01-5

Trebuie rezolvat sistemul superior triunghiular

00

-5

( 2 x1-x2+3 x3 = 3I

xJI5

19

9

22-

2 x =2 ,

3-I6

6

I- 5 x3 =- 5


care se rezolvau regresiv. In consecinjtau, solujtia sistemului va fi x3 = 1, x2 = 2,x1 = 1.I 2-13 \

De asemenea U = A(2) =

5

19

jsi

02- 2 6

- 005

0010I 10 0 \ I 100 \I 1\3

L = L-1L-13

010

2 = 12=1 0 22

.

21 2

20 1

01 5

5

234134124321I 1 2 3 4 \

b) In acest caz matricea sistemului este A =

liber b jsi matricea extinsau a sistemului A-, fiind date de

11 \I1234II11\12 ,A = 2341II12 .13 - 3412II13 144321II14I

b =

, coloana termen

1234234134124321Matricea A se poate scrie sub forma A = LU , deoarece ,6.1 = 1 /= 0, ,6.2 =III 1 2 3 III

I 1 2 I

IIII

II = -1 /= 0, ,6.3 = I 2 3 4 I = 4 /= 0, ,6.4 = I

I = 160 /= 0.

I 2 3 I

IIII

III 3 4 1 IIIIIIIIIVom aplica metoda eliminaurii a lui Gauss. Se objtine succesiv

I1000\I1234 I11 \I -2 100 , A(1) =L1A = I -3010 - 0-2-8-10II-20 -40010-7-10-13II-30L1 =

0 -1-2-7

I -10 ,

I 1000\I1234II11 0100 , A(2) = L2A(1) = 0-1-2-7II-10 0-210 - - 00-44 I00-70100436 I40I\

, L2 = I

L3 =

I 1 0 0 0 \0 1 0 0

0010 , A(3) = L3A(2) = 00-44III0 , 001100040II40 -

I 1234 I

I0 -1 -2 -7 I-

11 \-10

I 1234 \

0-2-8-10 , A(2) = L2A(1) = 0 0-44 , 0-7-10-1300436A(1) = L1A = 0 -1-2-7

I 1234 \-1 -2 -7

0

2. P RO B LEM E R E ZO LVAT E7I 1234 \A(3) = L3A(2) = 0 -1 -2 -7 .

00-4400040Rezolvand sistemul superior triunghiular( x1+ 2 x2+3 x3+4 x4 =11IJ-x2-2 x3-7 x4 =-10 ,-4 x3+4 x4 =0 I40 x4 = 40se objtine x4 = 1, x3 = 1, x2 = 1, x1 = 2. De asemenea,

12340-1-2-700-4400040I\

U = A(3) =

jsi L = L-1L-1L-1 =123

I 1 0 0 0 \ I 1 0 0 0 \ I 1 000 \

I 1 000 \

= 2 1 0 0 0 1 0 0 0 100 = 2 100 .

3 0 1 0 0 2 1 0 0 010

3 210

4 0 0 1

0 7 0 1

0 0 -1 1

4 7 -1 1

3. Folosind metoda eliminaurii a lui Gauss, sau se rezolve urmautoarele sisteme de ecuajtii:

( 2 x1 + 5 x2 - 8 x3 = 8IJ 4 x1 + 3 x2 - 9 x3 = 9a)2 x1 + 3 x2 - 5 x3 = 7I

(IJ; b)I

I

x1-3 x1-2 x1+

2 x2+x2-x2-

2 x32 x3-

x4 = -3=1x4 =4 ;

x1 + 8 x2 - 7 x3 = 12

x1+

3 x2-

2 x3-

2 x4 =7

( 3 x1 - 5 x2+c) J 7 x1 - 4 x2+ 5 x1 + 7 x2-

2 x3 + 4 x4 = 2x3 + 3 x4 = 5 .4 x3 - 6 x4 = 3

Solutjie. a) Sistemul are 4 ecuajtii jsi 3 necunoscute. Deoarece a11 = 2 /= 0,

1000-2100-1010- 2001I\

. putem considera matricea Frobenius L1 = 1

I

-= L1A- = Atunci A(1)

25 -8 I

I0 -77 I

I0 -23 I

\

1 . Procedeul continuau.-7

011I -

I2-3 I

8

I 25

8 I8 \

L2 =

I1000\ 012 00 (2)

(1)

0 -7

- I

7II -7

5I

0 - 71 0 , A-

= L2A-

= 001 I

1 ,

01114

0 1

I5

I002 I2


I

L3 =

00 \

1001000000 10, A-

= L3A-

I 25 -8 I

III= 0 -77 I

8 \

1 -7 .

51 - 2

(3)

(2)

001 I

I000 I0

Deci ultima ecuajtie este consecinjtau a celorlalte. Sistemul este compatibil determinat. Sistemul dat este echivalent cu sistemul superior triunghiular(J 2 x1+5 x2-8 x3 =8-7 x2+7 x3 =-7

Rezolvand gausim x3 = 1, x2 = 2, x1 = 3.

x3 =1

b) Procedand ca mai sus, objtinem succesiv

1000\I1-201II-3-3100 , A(1) =L1A = 05-2-3II10-2010 - - 05-2-3II10-100105-2-3II10I

L1 =

I 100 0 \I

0-110 , A(2) = L2A(1) = 0000III0 . 0-1010000II0I1 -201 I I

\

,

-3 \

L2 =

010 0--

05 -2 -310

Ultimele douau ecuajtii sunt consecinjtau a primelor douau. Sistemul este compatibil dublu nedeterminat. Sistemul

( x1 - 2 x2+5 x2- 2 x3-

x4 = -33 x4 = 1041

este echivalent cu sistemul inijtial jsi are o infinitate de solujtii: x1 = 1 + 5 a + 5 b,23x2 = 2 + 5 a + 5 b, x3 = a, x4 = b, a, b E R.c) Objtinem succesiv:

3-5240 23 3 11 - 3 19- 32II10 0 \II\

17

L1 = - 3 5

1 0

-, A(1)

= L1A- =

4622

II

II3,38 I1

- 30 1

03- 3

I

-II3 I - 3

I 100 \

I 3 -524 I2 \

--L2 = 010 , A(2)

= L2A(1) = 0

23

11 -

19 I-I

1

.

0 -2 1

333 I3

I0

Sistemul este incompatibil.

000

I -1

4. Folosind metoda eliminaurii a lui Gauss, sau se calculeze inversele matricelor:

I101\ 011.111(8-7 \

a) A =

-9 -6

; b) A =

Solutjie. a) Problema se reduce la rezolvarea simultanau a douau sisteme de ecuajtii cu aceeajsi matrice, coloanele termeni liber ale celor douau sisteme fiind coloanele

2. P RO B LEM E R E ZO LVAT E9

(O)matricei unitate I2. Notaum A( 10 \

= (8-7 I

II-9 -6 I

1 0 \0 1

. Pentru a folosi metoda

eliminaurii, fie L1 =

9 1

I8

. Atunci

(1)

(O)

( 10 \ (

8-7 I

1 0 \

( 8-7

I 10 \

IA= L1A=

9

I1

-9 -6 I 0 1=0

111 I

9 .

8I- 8I 81Efectuaum, in aceastau ordine urmautoarele transformauri elementare: inmuljtim8linia 2 cu - 111 , apoi inmuljtim linia 2 cu 7 jsi o adunaum la linia 1. Se objtine matricea

I48

56 \

I8 0 I

111- 111

0 1 I9

8 ,

I - 111- 111de unde prin impaurjtirea liniei 1 cu 8, rezultau matriceaI67\

I1 0 I

111- 111

0 1 I9

8 .

I - 111- 111In acest moment, in stanga barei este matricea unitate I2, iar in dreapta barei

se afiau A-1, deci A-1 = 1111

(6-7 \.-9 -8

b) Procedaum ca mai sus. In acest caz, trebuie rezolvate simultan trei sisteme de ecuajtii cu aceeajsi matrice, coloanele termen liber fiind coloanele matricei unitate I3. Organizaum calculele astfel:

I 1(O)01II100\

A= 011II010 ,

111II001

I10 0 \(1)

(O

)I101I1 0 0 \ I

L1 = 01 0 ,A= L1A= 011II010 ,

-10 1010II-101

I 100 \I 1 01 I10 0 \(2)(1)I

L2 = 010 , A= L2A= 0 11 I01 0.I

0 -1 100-1II-1-10

Matricea celor trei sisteme a devenit superior triunghiularau. Pentru rezolvareacelor trei sisteme, vom cauuta ca prin transformauri elementare asupra liniilor sau objtinem in stanga, matricea unitate. Facem, in ordine, urmautoarele transformauri(2)

elementare asupra matricei Aobjtine matricea

: -L3 --- L3, L2 - L3 --- L1, L1 - L3 --- L1. Se

100II0 -11010II-101I

I 0 0 1 I

\ ,11 -1

I0 -11 \deci A-1 = -101 11 -1


5. Sau se determine matricea superior triunghiularau R, astfel incat sau avemI6-2 2 \A = RtR, unde A = -250 . Sau se rezolve apoi sistemul Ax = b, unde207I 10 \

b = -7 .9

2

Solutjie. Folosim metoda Cholesky. Objtinem succesiv r11 = 6, r12 = - ,

2

(1)

1 3

(1)

2

(1)

19

13

2

(2)

3 40

r13 =

3 , a22 =

, a=

233

, a=

333

, r22 =3

3 , r23 =

, a=,

33313

I 6

22 \- 33

r33 =

9 13 , deci R =

1303

2 39

. Sistemul inferior triunghiular

900

I5 2 \ 3 11

13

Rty = b are solujtia y =- .

Sistemul superior triunghiular Rx = y are

399 13solujtia x3 = 1, x2 = -1, x1 = 1.6. Folosind metoda transformaurilor elementare, sau se determine rangul matricei

243512123153-1528I\

. A =

Solutjie. Se objtine succesiv (la fiecare pas, transformaurile elementare efectuate se gausesc in dreapta matricei. Notajtia L1 --- L1 + L4 inseamnau linia 1 se inlocuiejste cu suma liniilor 1 jsi 4 etc.)):

I2435\ 1212 3153 -1528L1 --- L1 + L4 L2 --- L2 + L4 L3 --- L3 + 3L4

I1000\--- 007163111027 -1528

L4 --- L4 + L1

I19513\--- 007163111027 ---

0 14721

C2 --- C2 - 9C1

I19513\--- 007163111027 C3 --- C3 - 5C1C4 --- C4 - 13C1

0 14721

L2 --- L2/7I1000\L3 --- L3 - 16L2 013/710/7 L4 --- L4 - 14L2 --- 0029/729/7 ---0011C3 ---

C3 -

3/7C2

C4 --- C4 - 10/7C2---

---

3. P RO B LE M E P RO PU SE11

I1000\ 0100 0029/729/7 00111000\0100 0011 0000I

L3 --- 7/29L3L4 --- L4 - L3---

---

---

C4 --- C4 - C3

I 1 0 0 0 \ 0 1 0 0 ,

------ 0 0 1 0

deci rangA = 3.

0 0 0 0

3. Probleme propuse1. Folosind metoda eliminaurii a lui Gauss, sau se rezolve urmautoarele sisteme de ecuajtii:

(a) J

3 x1 + 2 x2 + x3 = 52 x1 + 3 x2 + x3 = 1

(IJ; b)

x1- 2 x3 + 3 x4 = -4x2 - 3 x3 + 4 x4 = -5 ;3 x1 + 2 x2- 5 x4 = 12

2 x1 + x2 + 3 x3 = 11

I4 x1 + 3 x2 - 5 x3= 5

(c) J

2 x1 - 3 x2 + 5 x3 + 7 x4 = 14 x1 - 6 x2 + 2 x3 + 3 x4 = 2 ;

2 x1 - 3 x2 - 11 x3 - 15 x4 = 1

( 2 x1 + x2 - x3 + x4 = 1d) JI 3 x1 - 2 x2 + 2 x3 - 3 x4 = 25 x1 + x2 - x3 + 2 x4 = -1 I 2 x1 - x2 + x3 - 3 x4 = 4(x1 + 3 x2 + 2 x3 = 0I

(IJ; e)I

I

x1 + x2 - 3 x3 = -12 x1 + x2 - 2 x3 = 1 ;x1 + x2 + x3 = 3x1 + 2 x2 - 3 x3 = 1

f) JI

2 x1 -x2 + 3 x3 = 0 .3 x1 - 5 x2 + 4 x3 = 0x1 + 17 x2 + 4 x3 = 0

2. Folosind metoda eliminaurii a lui Gauss, sau se calculeze inversele urmautoarelor matrice:

\I 246 \I 273; b) 428 ; c) 394\I 1111 \

a) ( 2 -153

1111

-- ; d) 1 -11-1 ;

I

e)

1 3 5

12342312111-110-2-6\

.

1 5 3

1 -1 -11

3. Folosind metoda lui Cholesky, sau se rezolve urmautoarele sisteme, precizandu- se, in fiecare caz, descompunerea RtR a matricei A a sistemului respectiv.

(5 x1 - 2 x2 - 2 x3 = 2

( 3 x1 + 2 x2 + 2 x3 = 3

Ja)-2 x1 + 6 x2= 14

; b)

J 2 x1 + 3 x2 + 2 x3 = 1 ;

-2 x1 +4 x3 = 0

2 x1 + 2 x2 + 3 x3 = 3


( 2 x1 + x2 + x3 + x4 = 2c) JIx1 + 2 x2 + x3 + x4 = 1 .x1 + x2 + 2 x3 + x4 = -2 Ix1 + x2 + x3 + 2 x4 = -14. 12-3210-2-13-14-2Folosind metoda transformaurilor elementare, sau se gauseascau rangul matricelor:

I\

I 21 3

2 4 \

a)

; b)

-4 -2

-51 7 .

2 -1 18 2

4. Indica,tii ,si ravspunsuri1. a) x1 = 2, x2 = -2, x3 = 3. b) x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1, x4 = -1.13111

c) x1 =

+a -b, x2 = a, x3 = -b, x4 = b, a, b E R. d) Sistemul

22168este incompatibil. e) Sistemul este incompatibil. f) x1 = 11t, x2 = t, x3 = -7t,

1 (31 \

1 I71-10 \

1 I -76-1 \

t E R. 2. a) 11

-5 2

; b)

8

6-2-4

I22-6-2617\ -17520-13 -102-1 4-1-53I 3-516

; c) 3

5-3 -1 -633

; d)

; e)

.3.a) R =

5I2

I1111\1 11-1-1 4 1-11-1 1-1-11-

2\-

22\

5

5

3 3

26

2 2

5

2

0

-

. x1 = 2, x2 = 3, x3 = 1.; b) R = 0

.

565

315

2 1070000

13

I 211

5 1 \

222

0 3

2

x1 = 1, x2 = -1, x3 = 1. ; c) R =

1 62

1 61

. x1 = 2, x2 = 1,

00

3

000

2 3 5

2x3 = -2, x4 = -1. 4. a) 3. b) 2.

CAPITOLUL 2

Vectori liberi

1. PreliminariiFie S spajtiul geometriei elementare. O pereche ordonatau (A, B) E S x S se numejste vector legat (sau segment orientat ) cu originea in A jsi extremitatea inB jsi se noteazau -A----B. Dacau A /= B, dreapta determinatau de punctele A jsi B se numejste dreapta suport a vectorului -A----B. Vectorul legat -A---A se numejste vector

lllegat nul, dreapta sa suport fiind nedeterminatau. Se numejste lungimea (norma sau modulul ) unui vector legat -A----B, distanjta dintre punctele A jsi B (relativ la o unitate de mausurau fixatau) jsi se noteazau -A----B . Evident, lungimea vectorului legat nul esteegalau cu zero. Doi vectori legajti nenuli -A----B jsi -C----D au aceeasji directjie dacau dreptele lor suport sunt paralele sau coincid. Un vector legat nenul -A----B determinau unicdreapta AB jsi un sens de parcurs pe aceastau dreaptau: sensul de la A la B. Doi vectorii legajti nenuli care au aceeajsi direcjtie, au aceeasji orientare (acelasji sens) dacau extremitaujtile lor se afiau in acelajsi semiplan determinat de dreapta care unejste originile lor, in cazul in care dreptele suport sunt paralele, dar nu coincid; in cazul in care dreptele lor suport coincid, atunci cei doi vectori au aceeajsi orientare dacau sensurile determinate pe dreapta suport comunau coincid Doi vectori legajti care au aceeajsi direcjtie, dar nu au aceeajsi orientare, se spune cau au orientvari opuse (sensuriopuse). Vectorii legajti -A----B jsi -C----D sunt egali dacau jsi numai dacau A - C jsi B - D.Se numejste vector liber muljtimea tuturor vectorilor legajti care au aceeajsi direcjtie, acelajsi sens jsi aceeajsi lungime. Vom nota vectorii liberi cu litere mici: ----a ,----b ,.... Dacau ----a este vector liber, un vector legat -A----B E ----a se numejste reprezentantal vectorului liber ----a .Adunarea vectorilor se face cu regula triunghiului sau regula paralelogramului. Dacau -A----B E ----a , -B----C E ----b , atunci ----a + ----b este vectorul liber de reprezentant -A---C.Definijtia este corectau (nu depinde de alegerea reprezentanjtilor). Pentru orice trei puncte A, B, C E S, are loc -A---C = -A----B + -B----C (relatjia lui Chasles). Dacau ,\ E R,,\ ----u este vectorul de lungime l,\l l----u l, avand acelajsi sens cu ----u dacau ,\ > 0 jsi sens contrar lui ----u dacau ,\ 0.Fie A, B E S, A /= B. Punctul M E AB imparte segmentul [AB] in raportul,\ E R\ {1} dacau -M----A = ,\ -M----B. In acest caz are loc1

(1.1)----r M = 1

(----r A - ,\ ----r B ).

,\-

Dacau A(xA, yA, zA), B(xB , yB , zB ), iar M (x, y, z) imparte segmentul [AB] in raportul ,\, atunci

1x =1 - ,\

(xA - ,\ xB ) , y =

11 - ,\

(yA - ,\ yB ), z =

13

11 - ,\

(zA - ,\ zB ) .

142. V E C T O R I LIB E R I

In particular, dacau M (x, y, z) este mijlocul lui [AB], se objtine

1x = 2 (xA + xB ) , y =

12 (yA + yB ), z =

12 (zA + zB ) .

Vectorii liberi care au aceeajsi direcjtie se numesc coliniari. Dacau vectorii nenuli----u jsi ----v sunt coliniari, atunci existau ,\ E R astfel incat ----u = ,\ ----v . Dacau ----u jsi vsunt necoliniari, atunci a ----u + /3 ----v = ----0 :: a = /3 = 0. Vectorii liberi se numesc coplanari dacau reprezentanjtii lor sunt paraleli cu un plan. Pentru orice vector ----u coplanar cu vectorii necoliniari ----a jsi ----b existau a, /3 E R unic determinajti astfel incat----u = a ----a + /3 ----b (descompunerea unui vector dupva douva directjii date). Dacau ----a , ----b jsi ----c sunt necoplanari, atunci a ----a + /3 ----b + "( ----c = ----0 :: a = /3 = "( = 0. In acest caz, pentru orice vector ----u E V3 existau a, /3, "( E R unic determinajti astfel incat----u = a ----a + /3 ----b + "(----c . (descompunerea unui vector dupva trei directjii necoplanare).

------------Fie ----a , ----b E V3\{ 0 }. Numaurul real r.p E [0, rr], care reprezintau unghiul dintre dreptele suport a doi reprezentanjti ai vectorilor a jsi ----b , avand origine comunau, se numejste unghiul dintre vectorii ----a jsi b .Produse cu vectori

\{ }Fie ----a , ----b E V3----0 jsi r.p E [0, rr] unghiul dintre ----a jsi

----b .

1. Produsul scalar a doi vectori liberi. Se numejste produs scalar al vectorilor ----a , ----b E V3 numaurul real notal ----a ----b , definit prin:

( ----

----

----

----

----

----a ----b =

l a l l b l cos r.p , dacau a ,

b E V3\{ 0 }

0, dacau ----a = ----0 sau ----b = ----0.Proprietvatji ale produsului scalar a doi vectori liberi1) ----a ----b = ----b ----a , 'v----a , ----b E V3 ;2) ,\(----a ----b ) = (,\----a ) ----b = ----a (,\----b ), 'v----a , ----b E V3, ,\ E R;3) ----a (----b + ----c ) = ----a ----b + ----a ----c , 'v----a , ----b , ----c E V3;

\{ }4) ----a ----a > 0, 'v----a E V3----0 ; ----a ----a = 0 -:=? ----a =5) ----a jsi ----b sunt ortogonali -:=? ----a ----b = 0;

----0 ;

6) dacau ----a = a1----i + a2---- + a3----k , ----b = b1----i + b2---- + b3----k , atunci:----a ----b = a1b1 + a2b2 + a3b3,

l----a ----a = a2 + a2 + a2 = l----a 2;1237) ----dacau ----a , ----b E V3\{ 0 }, atunci

----a ----b

a1 b1 + a2 b2 + a3 b3

cos r.p =

l----a l l----b

= a2

;22222

l1 + a2 + a3

b1 + b2 + b3

8) dacau A, B E S jsi A(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2), atunci distanjta dintre puncteleA jsi B, notatau d (A, B) este datau de

-----d (A, B) = lABl

I222=(x2 - x1) + (y2 - y1) + (z2 - z1) .

2. Produsul vectorial a doi vectori liberi. Se numejste produs vectorial al vectorilor ----a jsi ----b jsi se noteazau ----a x ----b , vectorul:

1. P R E LIM IN A R II15

( ----

----

----

----

----

----a x ----b =

l a l l b l sin r.p e, dacau

a jsi

b sunt necoliniari

----0, dacau ----a jsi ----b sunt coliniari,unde ----e este un versor perpendicular pe planul determinat de reprezentanjtii lui ----a jsi ----b avand aceeajsi origine jsi orientat dupau "regula burghiului" jsi anume in sensul de inaintare a unui burghiu cand ----a se rotejste cautre ----b printr-un unghi minim.Proprietvatji ale produsului vectorial a doi vectori liberi1) ----a x ----b = -(----b x ----a ), 'v----a , ----b E V3;2) ,\(----a x ----b ) = ,\----a x ----b = ----a x ,\----b , 'v,\ E R, ----a , ----b E V3;3) (----a + ----b ) x ----c = ----a x ----c + ----b x ----c , 'v----a , ----b , ----c E V3;4) ----a x ----a = ----0 , 'v----a E V3;

5) l----a x----b

2 = l----a l l----b

-( a ----b ) , 'v a , ----b E V3; (identitatea lui Lagrange)

l2l2----

2----

6) Dacau

----a = a1----i + a2---- + a3----k , ----b = b1----i + b2---- + b3----k , atunci

----a x ----b = (a2b3 - a3b2) ----i + (a3b1 - a1b3) ---- + (a1b2 - a2b1) ----k =

----i---- ----ka1 b1a2 b2a3 b3IIIIII

=;IIIIII

7) l----a x----b

l este aria paralelogramului construit pe suporturile reprezentanjtilor

lui ----a jsi ----b avand aceeajsi origine. Aria unui triunghi ABC este datau de

1 -----

----

AABC = 2 lAB x ACl.3. Produsul mixt a trei vectori liberi. Se numejste produs mixt al vectorilor----a , ----b , ----c E V3, numaurul real, notat (----a , ----b , ----c ), care este egal cu produsul scalar al vectorilor ----a jsi ----b x ----c :

(----a , ----b , ----c ) = ----a (----b x ----c ).Proprietvatji ale produsului mixt a trei vectori liberi1) Dacau ----a = a1----i +a2---- +a3----k , ----b = b1----i +b2---- +b3----k , ----c = c1----i +c2---- +c3----k ,atunci

a1a2a3bbbc1c2c3IIII

(1.2)(----a , ----b , ----c ) =II

.123IIIIII

2) (----a , ----b , ----c ) = (----b , ----c , ----a ) = (----c , ----a , ----b ), (----a , ----b , ----c ) = -(----a , ----c , ----b );3) (----a , ----b , ----c ) = 0 dacau jsi numai dacau ----a , ----b , Fie----c sunt coplanari;II

4)I(----a , ----b , ----c )I

este volumul paralelipipedului oblic construit pe suporturile

IIreprezentanjtilor vectorilor ----a , ----b , ----c considerajti cu origine comunau; 5) (----u + ----v , ----b , ----c ) = (----u , ----b , ----c ) + (----v , ----b , ----c ).


2. Probleme rezolvate1. Fie vectorii necoliniari ----u jsi ----v . Sau se determine a, astfel incat vectorii----a = a----u + 3----v , ----b = ----u + ----v sau fie coliniari.Solutjie. Din ----a = ,\----b , rezultau (a - ,\) ----u + (3 - ,\) ----v = ----0 . Vectorii ----u jsi vfiind necoliniari, rezultau cau a - ,\ = 0, 3 - ,\ = 0, deci ,\ = 3 jsi a = 3.2. Fie O un punct fixat. Punctele A, B, C sunt coliniare dacau jsi numai dacau existau a, /3, "( E R, nenule simultan, astfel ca(2.1)a -O---A + /3 -O----B + "( -O----C = ----0 jsi a + /3 + "( = 0.

Solutjie. Dacau A, B, C sunt coliniare, existau ,\ E R astfel incat -A---C = ,\-A----B sau-O----C - -O---A = ,\(-O----B - -O---A). Atunci are loc (2.1) cu a = ,\ - 1, /3 = -,\, "( = 1.

Reciproc, dacau, de exemplu, a /= 0, atunci /3 +"( /= 0 jsi -O---A =

/3 /3 + "(

-O----B +

"( /3 + "(

-O----C.

Dar -O---A = -O----B + -B----A, -O----C = -O----B + -B----C. Inlocuind, objtinem -B----A ="(/3 + "(

-B----C, deci

punctele A, B, C sunt coliniare.3. Fie O un punct fixat jsi A, B, C trei puncte necoliniare. Pentru orice punctM din planul ABC existau a, /3, "( E R, astfel incat-O-M--- = a -O---A + /3 -O----B + "( -O----C jsi a + /3 + "( = 1.Afirmajtia reciprocau este adevauratau Solutjie. Vectorii -A-M---, -A----B, -A---C fiind coplanari, existau ,\, E R astfel ca -A-M--- = ,\-A----B + -A---C sau -O-M--- - -O---A = ,\ (-O----B - -O---A) + (-O----C - -O---A). In consecinjtau-O-M--- = (-,\ - + 1) -O---A + ,\ -O----B + -O----C. Luaum a = -,\ - + 1, /3 = ,\, "( = .Reciproc, dacau a = 1 - /3 - "(, introducand in relajtia datau, rezultau -A-M--- = /3 -A----B + "(-A---C adicau punctele M , A, B, C sunt coplanare.4. Fie G centrul de greutate al unui triunghi ABC jsi O un punct oarecare din spajtiu. Sau se arate cau -O----G = 1 (-O---A + -O----B + -O----C).3

-----

-----

1 -----

-----

Solutjie. Dacau AD este medianau, -D----B = -DC, deci OD =1

(OB + OC).2

De asemenea din -G---A = -2-G----D objtinem -O----G =afirmajtia.

(OA + 2OD), de unde rezultau3

5. Fie n puncte materiale M1, M2, , Mn, de mase m1, m2, , mn, respectiv. Sau se arate cau existau un punct G unic determinat astfel incat

(2.2)m1-G-M---- + m -G-M---- + + m

-G-M---- = ----0 .

122nnDacau M este un punct oarecare, atunci

(2.3)m1-G-M---- + m -G-M---- + + m

-G-M---- = (m + m

+ + m

) -M----G.

122

nn12n

Solutjie. Punctul G, dacau existau, este unic. Intr-adevaur, dacau G1 ar fi un alt punct ce satisface

m1-G--M--- + m -G--M--- + + m

-G--M---- = ----0 ,

112 12

n 1n

2. P RO B LEM E R E ZO LVAT E17atunci, scazand din (2.2) jsi jtinand seama cau -G--M--- - -G-M--- = -G----G, 1 i n,1ii 1

1rezultau cau (m1 + m2 + + mn) -G----G = ----0 . Cum m1

+ m2

+ + mn

/= 0, objtinem

cau

G1 = G.

iIn ceea ce privejste existenjta punctului G, fie O un punct fixat. Cum -G-M--- =

i= -O-M--- - -O----G, 1 i n, rezultau cau

-O----G =1

(m -O-M---- + m -O-M---- + + m

-O-M----).

m1 + m2 + + mn1122nnPunctul O fiind fix, iar punctele Mi jsi numerele reale mi, 1 i n, fiind date, rezultau cau punctul G este bine determinat prin relajtia de mai sus. Relajtia (2.3) seobjtine folosind faptul cau -M--M--- = -M----G + -G-M---, 1 i n, jsi (2.2).iiPunctul G dat de (2.2) se numejste baricentrul (centrul de greutate al) sistemului de puncte (M1, M2, , Mn) relativ la sistemul de ponderi (m1, m2, , mn).

rr46. Fie ----a = ----u - 3----v , ----b = -----u + 2----v , l----u l = 3, l----v l = 2, (e) =, efiind unghiul dintre ----u jsi ----v . Sau se calculeze: a) ----a ----b ;b) lungimile diagonalelor paralelogramului construit pe vectorii ----a jsi ----b jsiunghiul dintre ele.Solutjie. a) Cum ----u ----v = 3, rezultau cau ----a ----b = -6. b) Diagonalele parale-

--------logramului sunt ----d1

= ----a + ----b , ----d2

= ----a - ----b , deci ----d1

= -----v , ----d2

= 2----u - 5----v .

Atunci ld

= l v l = 2, ld

= (2 u - 5 v ) (2 u - 5 v ) = 26 In consecinjtau,

1 l----

----

22 l----

----

----

----

----

----

d 1 d 2

2

ld2 l = 26 jsi cos e =

----

---- =.

ld1 l ld2 l 137.Fie A, B, C, D patru puncte in spajtiu. Sau se demonstreze egalitatea lui Euler :-A----B -C----D + -B----C -A----D + -A---C -D----B = 0.Solutjie. Dacau O este un punct din spajtiu, egalitatea rezultau folosind -A----B =-O----B- -O---A etc. Din aceastau egalitate objtinem:a) In triunghiul ABC, fie H punctul de intersecjtie a douau inaljtimi, fie ele AH jsi BH. Aplicand egalitatea lui Euler punctelor A, B, C, H, rezultau cau jsi CH este inauljtime. Astfel se demonstreazau vectorial concurenjta inauljtimilor intr-un triunghi.b) Dacau intr-un tetraedru existau douau perechi de muchii opuse perpendiculare, atunci jsi cea de a treia pereche de muchii opuse este formatau din muchii perpendiculare. . Se dau punctele A (2, -1, 3), B(3, 3, 1), C(4, 2, 2). Sau se calculeze perimetrul, aria triunghiului ABC precum jsi lungimea inauljtimii din B. Solutjie. Cum lABl = 21, lBCl = 3, lACl = 14, perimetrul este

-----

---------- 2

---- 2

----

----- 2

----

----- 2

21 +

3 +14. Dar 4S2 = lABl

lACl

sin2 A = lABl

lACl2 - lABl

---- 22

1 I 2

---- 2

-----

---- 2

-----

----

----

lACl

cos

A, deci S =2

lABl

lACl

- (AB AC) . Cum AB =

i + 4 - 38

2----k , -A---C = 2----i + 3---- - ----k , objtinem cau -A----B -A---C = 16. Atunci S =

, iar2

hB =

2S

AC----ll

38= 14

19= 7 .


9. Sau se calculeze aria paralelogramului construit pe vectorii ----v1 = ----a + 3----b ,

----

----

rr

3----v2 = 2----a - ----b , jstiind cau l----a l = 3, l b l = 4 jsi = {-1

t 1dt = 0, rezultau ,\21 = 0, deci1

f2 = t. Fie acum f3 = t2 - ,\31 1 - ,\32 t. Calculand, objtinem: e3, f1 >= {

2-1

t2 1

dt =

1, e3, f2 >= {3-1

t2 t dt = 0, f1, f1 >= 2. Ajsadar ,\31 =

13 , ,\32 = 0, deci

f3 = t2 -

1

. Am objtinut baza ortogonalau f1 = 1, f2 = t, f3 = t2 -

1. Cum lf1l =

3

3

(f1, f1) =

2, lf2l =

(f2, f2) =

2 3 , lf3l =

(f3, f3) =

2 2 3 5 , rezultau cau


{g1, g2, g3}, unde g1 =

f1

1 = , g2 =

f2

3= t, g3 =

f3 =

5 (3t2 - 1),

lf1l2

lf2l2

lf3l2 2

este o bazau ortonormatau a lui p2(R).Mai general, dacau pn(R) este spajtiul euclidian al funcjtiilor polinomiale cu coeficienjti reali, de grad cel mult n, cu produsul scalar definit ca mai sus, atunci pornind de la baza {1, t, , tn}, construim prin procedeul de ortogonalizare o nouau

bazau {1, t, t2 -

1

-, t33

35 t, }.

Polinoamele din baza ortogonalau astfel construitau coincid, abstracjtie faucand deun factor multiplicativ, cu polinoamele

1 2k k!

dk [ t2 - 1) ]

kdtk

, k = 0, n,

numite polinoame Legendre. Polinoamele Legendre formeazau deci o bazau ortogonalau in acest spajtiu euclidian. Prin normarea vectorilor acestor baze, objtinem o bazau ortonormatau {gk }k=O,n Dacau q este un polinom arbitrar de grad cel mult n, coordonatele cO, c1, ..., cn E R ale lui q in baza {gk }k=O,n, vor fi determinate prin relajtiile

1rck = q, gk >=-1

q(t)gk (t)dt, k = 0, n.

4. Se considerau sistemul de funcjtii fO, f1, ..., f2n+1 : [0, 2rr] --- R, unde fO = 1, f1(t) = cos t, f2(t) = sin t, ..., f2n(t) = cos nt, f2n+1(t) = sin nt. Combinajtia lor liniarau cu coeficienjtii aO, a1, ..., an, b1, ..., bn E R,aO

p(t) =

2 + a1 cos t + b1 sin t + + an cos nt + bn sin nt

se numejste polinom trigonometric de grad n. Sau se construiascau o bazau ortonormatau in spajtiul vectorial T al polinoamelor trigonometrice de grad n, inzestrat cu produsul scalar

p, q >=

2 rp(t)q(t)dt, 'vp, q E T .O

Solutjie. Vom arauta cau sistemul de polinoame {fO, f1, , f2n+1} este o bazau

ortogonalau in v .

Tj inand seama de formulele trigonometrice de transformare a

produselor in sume, se verificau ujsor cau, dacau l /= m, atunci

2 rcos lt cos mtdt = 0,O2

2 rsin lt cos mtdt = 0,O2

2 rsin lt sin mtdt = 0.O

De asemenea, { sin ktdt = { cos kt = 0, 'vk E *, deci (fi, fj ) = 0, dacau i /= .OOPrin urmare, sistemul de funcjtii {fO, f1, , f2n+1} este o bazau ortogonalau in v . Pe222 de altau parte, deoarece { sin2 ktdt = { cos2 kt = rr, 'vk E *, { 1dt = 2rr, rezultauOOOcau funcjtiile11111 2rr , rr cos t, rr sin t, ..., rr cos nt, rr sin nt,

526. SPA Tj II EU C LID IEN E

formeazau o bazau ortonormatau in acest spajtiu.Observatjie importantva. Spajtiul vectorial al polinoamelor trigonometrice impre- unau cu baza ortonormatau construitau mai sus joacau un rol important in teoria seriilor Fourier.

I1 3

1 2

1\ 6

1 2

5. Sau se arate cau matricea A =

3

0este ortogonalau.

-

6

11 3- 2

1 6

( 111 \( 11 \

Solutjie. Fie a1 =

3 , 3 , 3

, a2 =

2 , 0, - 2 ,

( 121 \

a3 =

6 , - 6 , 6

. Atunci la1l = la2l = la3l = 1, (a1, a2) = (a1, a3) =

(a2, a3) = 0, deci A este o matrice ortogonalau.

111111-1 -11-11-11D-1 -11= CtAC sau fieI\

6. Sau se afie valorile proprii ale matricei A =

gauseascau o matrice ortogonalau C astfel incat matriceaSolutjie. Ecuajtia caracteristicau a matricei A este

III 1 - ,\111I

jsi sau se

diagonalau.

II11 - ,\-1-1

II1-11 - ,\-1

I

II = 0I

III1-1-11 - ,\ Isau (2 - ,\)3(-2 - ,\) = 0. Valorile proprii sunt ,\1 = ,\2 = ,\3 = 2, ,\4 = -2, iar

20 00 \02 00 .0020 000-2I

D =

Vectorii proprii corespunzautori valorii proprii ,\1 = 2, se objtin rezolvand sistemul nedeterminat a - /3 - "( - 5 = 0, deci subspajtiul propriu corespunzautor valorii proprii ,\1 = 2, este v2 = {(a + b + c, a, b, c) l a, b, c E R}. Pentru a = 1, b = c = 0, se objtine vectorul propriu u1 = (1, 1, 0, 0). Alegem acum un vector propriu u = (a + b + c, a, b, c) E v2, ortogonal pe u1. Rezultau 2a + b + c = 0, deci orice vector propriu corespunzautor valorii proprii ,\1 = 2 jsi ortogonal pe u1, este de forma (-a, a, b, -2a - b). Pentru a = -1, b = 0, se objtine vectorul propriu u2 = (1, -1, 0, 2). In final, alegem un vector propriu u = (-a, a, b, -2a - b), ortogonal pe u2 (datoritau formei sale el este ortogonal jsi pe u1). Rezultau 3a + b = 0, deci orice vector propriu corespunzautor valorii proprii ,\1 = 2 jsi ortogonal pe u1 jsi u2, este de forma (-a, a, -3a, a). Pentru a = -1, se objtine vectorul propriu u3 = (1, -1, 3, -1). Prin urmare, {u1, u2, u3} este o bazau ortogonalau in v2. Vec- torii proprii corespunzautori valorii proprii ,\4 = -2, se determinau rezolvand sistemul


nedeterminat

( 3a + /3 + "( + 5 = 0IJ a + 3/3 - "( - 5 = 0 .a - /3 + 3"( - 5 = 0

Ia - /3 - "( + 35 = 0Rezolvand sistemul, rezultau cau subspajtiul propriu corespunzautor valorii proprii,\4 = -2, este v-2 = {t(-1, 1, 1, 1) l t E R}. Putem alege u4 = (-1, 1, 1, 1). Fie

1( 11\

1( 112 \

acum v1 =

u1 =

, , 0, 0

, v2 =

u2 =

, - , 0,

, v3 =

lu1l1( 1

22131 \

lu2l1

6( 1 1

661 1 \

u3 =

, -

,

, -

, v4 =

u4 =

- , , ,

. Sistemul

lu3l

2 32

3 2 32 3

lu4l

2 2 2 2

de vectori {v1, v2, v3, v4} este o bazau ortonormatau in R4, formatau din vectori proprii ai matricei A. Matricea de trecere de la baza canonicau din R4 la baza {v1, v2, v3, v4}

I11

11 \ -

262 32

11

1

1

2

este matricea ortogonalau C =

2- 6

- 2 3

. Se verificau ujsor cau

3 00

1

20

2 3211-

20 00 \02 00 .0020 000-2I

CtAC =

62 32

7. Folosind metoda rotajtiilor a lui Jacobi, sau se afie valorile proprii ale matriceiI 0 1 1 \A = 1 0 1 .1 1 0

Solutjie. Cel mai mare element nediagonal este 1. Alegem, a12 = 1, deci p = 1,

a22 - a11

0 1

I1 2

1\ 0

2

q = 2. Atunci e =

= 0, t = 1, c = s =

, U =11,

2a12

2 - 22

I -100 \

001

At = U tAU =

01 2 . Continuaum procedeul cu matricea At. Cel020

23mai mare element nediagonal este at

= 2. Prin urmare, p = 2, q = 3, e =

att

33 - a22 =

1

29

1

1

2 1

2a2 2t- , 1 + e23

=, t = 8

13 = - 2 , c = 3 , s = - 3 . In

- 2 2 - 2 2


I 100\

21I

1 00 \

consecinjtau, U = 0

3- 3

, Att = U tAtU =

-20. Ajsadar,

0

001 012- 3 3valorile proprii ale matricei A sunt ,\1 = ,\2 = -1, ,\3 = 2.3. Probleme propuse1. Folosind produsele scalare canonice din spajtiile euclidiene corespunzautoare sau se calculeze produsele scalare jsi normele vectorilor:a) x = (2, 3), y = (-6, 4);b) x = (1, 1, 0), y = (1, -1, 2);c) x = (1, -1, 2, 3), y = (1, 0, 2, -4).2. Fie x, y E R3, x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) jsi x, y >= x1y1 + 6x2y2 + 3x3y3 + x1y2 + x2y1 + x1y3 + x3y1. Sau se arate cau , > este un produs scalar pe R3. Dacau x = (1, -1, 0), y = (-1, 1 - 2) sau se calculeze x, y > jsi normele acestor vectori date de produsul scalar de mai sus. Precizajti dacau x, y >= 3x2y2 + 3x3y3 + 2x1y2 + 2x2y1 + 2x1y3 + 2x3y1 - x2y3 - x3y2 este un produs scalar pe R3 (justificare).3. Fie E un spajtiu euclidian de dimensiune n /= 3. Sau se arate cau vectorii u1, u2, , un, de normau 1, care satisfac llui - uj ll = 1, 1 i n, formeazau o bazau a lui E.

Pe spajtiile euclidiene din problemele urmautoare consideraum produsele scalare canonice.4. Fie u1 = (1, 1, 1), u2 = (1, 2, -3), u3 = (5, -4, -1). Sau se arate cau vectorii formeazau o bazau ortogonalau a lui R3. Sau se determine coordonatele vectorului x = (1, 2, 3) in raport cu aceastau bazau.5. Sau se calculeze distanjta jsi unghiul dintre vectorii: a) u = (1, 2, -3, 0), v = (2, 4, -3, 1);b) f (t) = 2t - 1, g (t) = t2 + 1 pe C ([0, 1]).6. Sau se ortonormeze sistemele de vectori: a) u1 = (1, 0, 1), u2 = (0, 1, 1), u3 = (1, 1, 1);b) v1 = (2, 1, 3, -1), v2 = (7, 4, 3, -3), v3 = (5, 7, 7, 8), v4 = (1, 0, -1, 0).7. Sau se gauseascau o bazau ortonormatau a subspajtiului vectorial S, generat de vectorii v1 = (1, 2, 2, -1), v2 = (1, 1, -5, 3), v3 = (3, 2, 8, -7). Sau se completeze aceastau bazau la o bazau ortonormatau a lui R4. . Sau se gauseascau un vector unitar ortogonal vectorilor v1 = (1, 0, 2, 1), v2 == (2, 1, 2, 3), v3 = (0, 1, -2, 1).9. Fie S subspajtiul vectorial al solujtiilor sistemului omogen

(J 2x1 + x2 + 3x3 - x4 = 03x1 + 2x2 + 4x3 - 2x4 = 0 . 3x1 + x2 + 5x3 - x4 = 0Sau se gauseascau cate o bazau ortonormatau in S jsi Sl_.

3. P RO B LE M E P RO PU SE55

10. Fie S subspajtiul vectorial al lui R4, generat de vectorii v1 = (2, 1, 1, -1), v2 = (1, 1, 3, 0), v3 = (1, 2, 8, 1). Sau se scrie vectorul x = (5, 2, -2, 2) sub forma x = y + z, y E S, z E Sl_.11.Fie T : R3 --- R3, T x = (11x1 + 2x2 - 8x3, 2x1 + 2x2 + 10x3, -8x1 +10x2 + 5x3), x = (x1, x2, x3). Sau se gauseascau o bazau ortonormatau a lui R3 astfel incat matricea lui T in aceastau bazau sau fie diagonalau. Sau se precizeze aceastau formau diagonalau. Sau se determine o matrice ortogonalau C astfel incat A = CtAC, A fiind matricea lui T in baza canonicau a lui R3.12. Problemau similarau pentru T : R4 --- R4, T x = (x1 + x4, x2, x3 - 2x4, x1 -2x3 + 5x4), x = (x1, x2, x3, x4).13. Problemau similarau, jstiind cau matricea lui T in baza canonicau a lui R3 este

IA =

17-84 \-817-4 .4-411

14. Sau se arate cau T : R2 --- R2, T x = (x1 cos e - x2 sin e, x1 sin e + x2 cos e), e E R, x = (x1, x2) este o transformare liniarau ortogonalau.15. Fie T : R3 --- R3 un endomorfism a caurui matrice, in baza canonicau a luiI -3 -2 6 \

R3, este A = 17

6 -3 2 26 3

. Sau se arate cau T este o transformare ortogonalau.

Afirmajtia raumane adevauratau dacau A este matricea lui T intr-o bazau oarecare a luiR3 I 11 -1 \16. Este ortogonalau matricea A = 134 7 -5217. Sau se arate cau urmautoarele matrice sunt ortogonale:

I1 - 6

2 50

1\ 30

1 I 212a)12-2

\

; b)

0010

.

3 221

2 1

2

--6

50 - 30

1 600

5 30

1 . Pe [-rr, rr], fie E = {a + /3 cos x + "( sin x l a, /3, "( E R} spajtiul euclidian al polinoamelor trigonometrice de grad 1, in raport cu produsul scalar r

(f, g) =-

f (x)g(x)dx, f, g E E.

Fie transformarea liniarau T : E --- E, T (a + /3 cos x + "( sin x) = /3 + "( + (a + "() cos x + (a + /3) sin x. Sau se determine o bazau ortonormatau in E astfel incat matricea lui T in aceastau bazau sau fie diagonalau. Precizajti forma diagonalau a matricei lui T in aceastau bazau ortonormatau.


19. Folosind metoda rotajtiilor a lui Jacobi, sau se gauseascau valorile proprii ale urmautoarelor matrice:

I 1 1 3 \

I 320 \

I 1111 \

1111 a) 1 5 1 ; b) 24-2 ; c) 11-1 -1 .--

3 1 1

0 -25

1 -1

-11

4. Indica,tii ,si ravspunsuri 1. a) (x, y) = 2 (-6) + 3 4 = 0, lxl = 22 + 32 = 13, lyl = (-6)2 + 42 =2 13. b) (x, y) = 0, lxl = 2, lyl = 6. c) (x, y) = -7, lxl = 15, lyl = 21.2. Se aratau ujsor cau (ax + /3y, z) = a (x, z) + /3 (y, z), 'vx, y, z E R3, 'va, /3 E Rjsi cau (x, y) = (y, x), 'vx, y E R3. Pe de altau parte, pentru orice x E R3 are loc(x, x) = x2 + 6x2 + 3x2 + 2x1x2 + 2x1x3 = (x1 + x2 + x3)2 + (x2 - x3)2 + 4x2 + x2 ::: 0,12323iar din (x, x) = 0 se objtine x1 = x2 = x3 = 0, adicau x = (0, 0, 0). Deci (, ) este unprodus scalar. In cazul concret, (x, y) = -7, lxl = 5, lyl = 21. In al doilea caz,(x, x) = 3x2 +3x2 +4x1x2 +4x1x3 -2x2x3. Dacau x = (1, 0, 0), atunci (x, x) = 0, deci23222

(, ) nu este un produs scalar. 3. Din 1 = lui - uj l1

= luil

- 2 (ui, uj ) + luj l ,

rezultau cau (ui, uj ) = - 2 , 'vi /= . Este suficient sau arautaum cau vectorii u1, u2, ..., un,sunt liniar independenjti. Inmuljtind scalar succesiv relajtia a1u1 +a2u2 + +anun =110E cu u1, u2, ..., un, se ajunge la sistemul omogen: a1 - 2 a2 - - 2 an = 0,

111

111

- 2 a1+a2- 2 a3- - 2 an = 0, ..., - 2 a1- 2 a2- - 2 an-1+an = 0, al caurui determinant este nenul, deci a1 = a2 = = an = 0. 4. (u1, u2) = (u1, u3) = (u2, u3) = 0, deci {u1, u2, u3} este o bazau ortogonalau a lui R3. Dacau x = a1u1 + a2u2 + a3u3,

1 atunci a = (x, u1 ) (u1, u1)

= 2, a2 =

(x, u 2 ) = (u2, u2)-

2 7 , a3 =

(x, u 3 ) = (u3, u3)-

1 . 5. a)7

d(u, v) = 6, cos a =19

. b) d(f, g) = 4 , cos a = 3

5. 6. a) f =

2 1053111

12 711

2 (1, 0, 1), f2 =1

6 (-1, 2, 1), f3 =1

3 (1, 1, -1). b) f1 =1

15 (2, 1, 3, -1),

f2 =

23 (3, 2, -3, -1), f3 =

127 (1, 5, 1, 10), f4 =

44799 (125, -157, -6, 67).

7. Folosind procedeul Gram-Schmidt, objtinem baza ortogonalau in S, {f1, f2, f3},f1 = (1, 2, 2, -1), f2 = (2, 3, -3, 2), f3 = (2, -1, -1, -2). Atunci {g1, g2, g3}, unde

g1 =

1 10 (1, 2, 2, -1), g2 =

1 26 (2, 3, -3, 2), g3 =

1 10 (2, -1, -1, -2), este o

bazau ortonormatau in S. Dacau x = (a, /3, "(, 5)l_S, atunci a + 2/3 + 2"( - 5 = 0,332a + 3/3 - 3"( + 25 = 0, 2a - /3 - "( - 25 = 0. Rezultau a = 2 "(, /3 = -"(, 5 = 2 "(,"( E R. Putem alege x = (3, -2, 2, 3). Baza ortonormatau {g1, g2, g3} a lui S se 14poate completa cu g4 = 26 (3, -2, 2, 3), objtinandu-se o bazau ortonormatau in R . . Fie x = (a, /3, "(, 5) vectorul cauutat. Din (x, v1) = (x, v2) = (x, v3) = 0, se objtinesistemul a + 2"( + 5 = 0, 2a + /3 + 2"( + 35 = 0, /3 - 2"( + 5 = 0, ale caurui solujtii sunt1a = -2a-b, /3 = 2a-b, "( = a, 5 = b, a, b E R. De exemplu, vectorul 3 (1, 1, 0, -1)satisface condijtiile din problemau. 9. S = {(-2a, a + b, a, b) l a, b E R}. Pentrua = 1 jsi b = 0, gausim vectorul propriu u1 = (-2, 1, 1, 0). Un vector propriu oarecare

4. IN D IC A Tj II Sj I R Au SPU N SU R I57din S este ortogonal pe u1 dacau b = -6a. Luand a = -1 jsi b = 6, gausim vectorul propriu u2 = (2, 5, -1, 6) E S jsi ortogonal pe u1. Deci putem alege in S baza orto-

normatau {v1, v2}, unde v1 =

1 6 (-2, 1, 1, 0), v2 =

1 66 (2, 5, -1, 6). Determinaum

acum Sl_. Fie x = (a, b, c, d) E Sl_. Atunci -2a + b + c = 0, 2a + 5b - c + 6d = 0.1Sl_ = {(a, b, 2a - b, -b) l a, b E R}. Procedand ca mai sus gausim v3 = 5 (1, 0, 2, 0),1

v4 =

55 (2, 5, -1, -5). 10. di S = 2, o bazau in S fiind, de exemplu, {v1, v2}.

Prin ortogonalizare, se objtine baza ortogonalau a lui S, f1 = (2, 1, 1, -1), f2 =

-12( 5, 1, 15, 6).y = af + /3f , a = (x, f1 ) =(f1, f1)

8 , /3 =7

(x, f2 ) =(f2, f2)

1

-.Se7

objtine y = (3, 1, -1, -2), z = (2, 1, -1, 4). 11. Matricea lui T in baza canoni-I 112-8 \

cau din R3, este A =

2210 . Valorile proprii sunt ,\1 = 9, ,\2 = -9,-8105

,\3 = 18. Subspajtiile proprii corespunzautoare sunt vA1 = {t(2, 2, 1) l t E R},vA2 = {t(1, -2, 2) l t E R}, vA3 = {t(-2, 1, 2) l t E R}, deci putem alege baza

( 2 2 1 \

( 12 2 \

( 2 1 2 \

ortonormatau v1 =

, ,3 3 3

, v2 =

,,

-33 3

, v3 =

- 3 , 3 , 3

. Forma di-

I 2

1

2 \-

I 900 \

333

221

agonalau a matricei A este D = 0 -90

. C = -

. 12.

0018

I

Matricea lui T in baza canonicau din R4, este A =

333122

3310010100001-210-253\

. Valorile

proprii sunt ,\1 = 0, ,\2 = 6, ,\3 = ,\4 = 1. Subspajtiile proprii corespunzautoare suntvA1 = {t(1, 0, -2, -1) l t E R}, vA2 = {t(1, 0, -2, 5) l t E R}, vA3 = {a(0, 1, 0, 0) +( 1-2 -1 \

b(2, 0, 1, 0) l a, b E R}, deci putem alege baza ortonormatau v1 =

6 , 0, 6 , 6 ,

( 1

-2 5 \

( 21 \

v2 =

30 , 0, 30 , 30

, v3 = (0, 1, 0, 0), v4 =

5 , 0, 5 , 0

. Forma diago-

I1

1 0

2 \

I 0 0 0 0 \

6305

nalau a matricei A este D = 0 6 0 0 . C =

0010

.

5 0 0 1 0

22

1

0 0 0 1

- 6- 300

1- 6

5 3000

13. Valorile proprii sunt ,\1 = ,\2 = 9, ,\3 = 27. Subspajtiile proprii corespun-zautoare sunt vA1 = {(a, b, -2a + 2b) l a, b E R}, vA3 = {t(2, -2, 1) l t E R}. Determinaum o bazau ortonormatau in vA1 . Pentru a = 1 jsi b = 0, gausim vectorul


propriu u1 = (1, 0, -2). Un vector propriu oarecare din vA1 este ortogonal pe u1dacau 5a - 4b = 0. Luand a = 4 jsi b = 5, gausim vectorul propriu u2 = (4, 5, 2) E vA1( 12 \

jsi ortogonal pe u1. Deci putem alege baza ortonormatau v1 =

5 , 0, - 5 ,

( 4 5 2 \

( 2 -2 1 \

v2 =

3 5 , 3

5 , 3 5

, v3 =

,,333

. Forma diagonalau a matricei A este

I142 \ 3

I 9 00 \

53 552

D = 0 90

. C = 0

-

. 14. Matricea lui T in baza

0 0 27

3 53

22

1

- 5

3 5

3( cos e- sin e \

canonicau (bazau ortonormatau) a lui R2 este A =

sin ecos e

jsi este o matrice

ortogonalau. 15. Coloanele matricei A transpuse formeazau un sistem ortonormat de vectori din R3. Nu. 16. det A /= 1, deci A nu este ortogonalau. 17. Se aratau cau vectorii care coincid cu coloanele transpuse ale matricei, formeazau un sistem ortonormat de vectori. 1 . Matricea lui T in baza B = {1, cos x, sin x} esteI 0 1 1 \A = 1 0 1 . Valorile proprii sunt ,\1 = ,\2 = -1, ,\3 = 2. Subspajti-1 1 0

-ile proprii corespunzautoare sunt v-1 = {a + b cos x - (a + b) sin x l a, b E R}, v2 = {t(1 + cos x + sin x) l t E R}. Determinaum o bazau ortonormatau in vA1 . Pentru a = 1 jsi b = 0, gausim vectorul propriu f1(x) = 1 sin x. Un vector pro-

priu oarecare din vA1 este ortogonal pe f1 dacau {-

[a + b cos x - (a + b) sin x] (1 -

sin x)dx = 0. Calculand objtinem 2arr + (a + b)rr = 0. Luand a = 1 jsi b =

-3, gausim vectorul propriu f2(x) = 1 - 3 cos x + 2 sin x E v-1 jsi ortogonal pe

lf1. O bazau in v2 este funcjtia f3(x) = 1 + cos x + sin x. Dar lf1 2

= { (1 --

22

sin x)2dx = 3rr,.lf2l

= { (1 - 3 cos x + 2 sin x)2dx = 15rr, lf3l-

= { (1 + cos x +- 1

sin x)2dx = 4rr. Deci putem alege baza ortonormatau g1(x) =

3rr

(1 - sin x),

11g2(x) = 15rr (1 - 3 cos x + 2 sin x), g2(x) = 2 rr (1 + cos x + sin x). Forma dia-I -100 \

gonalau a matricei A este D =

0-1 0 . 19. a) ,\1 = -2, ,\2 = 6, ,\3 = 3.002

b) ,\1 = 1, ,\2 = 4, ,\3 = 7. c) ,\1 = ,\2 = ,\3 = 2, ,\4 = -2.

CAPITOLUL 7

Forme pavtratice

1. PreliminariiFie v un spajtiu vectorial real. Funcjtia F : v x v --- R liniarau in ambele argumente se numejste formva biliniarva pe v . Forma biliniarau F se numejste simetricva dacau F (x, y) = F (y, x), 'vx, y E v . Fie B = {e1, e2, , en} o bazau in v . Ma- tricea A = (aij ) E Mn(R), unde aij = F (ei, ej ), i, = 1, n, se numejste matricea atasjatva formei biliniare F in baza B. O formau biliniarau este complet determinataunnde matricea sa. Mai precis, dacau x = ), xiei, y = ), yj ej , atunci

i=1nn

j=1

(1.1)F (x, y) = aij xiyj .i=1 j=1Forma biliniarau F este simetricau dacau jsi numai dacau matricea A este simetricau.

Dacau Bt = {et , et , , et } este o altau bazau in v jsi At = at ), at

= F (et , et ),

1 2n

ijiji j

i, = 1, n, este matricea lui F in baza Bt, atunci At = CtAC, unde C este matricea de trecere de la baza B la baza Bt. Se numejste rang al formei biliniare F , rangulmatricei atajsate lui F intr-o bazau a lui v . Forma biliniarau F se numejste degeneratvadacau rangF n jsi nedegeneratva dacau rangF = n.Fie, acum, F o formau biliniarau simetricau pe v . Funcjtia Q : v --- R, Q(x) = F (x, x), se numejste formva pvatraticva pe v , asociatau lui F . Dacau este cunoscutau forma pautraticau Q, forma biliniarau F care o definejste, se determinau cu formula1

F (x, y) =

2 [Q(x + y) - Q(x) - Q(y)] jsi se numejste polara formei pautratice Q.

Forma pautraticau Q se numejste pozitiv definitva dacau Q(x) > 0, 'vx /= 0V jsi senumejste negativ definitva dacau Q(x) 0, 'vx /= 0V . Forma pautraticau este cu semn nedefinit dacau existau x, y astfel ca Q(x) > 0 jsi Q(y) 0. Dacau B = {e1, e2, , en} este bazau in v jsi aij = F (ei, ej ) = aji, 'vi, = 1, n, din (1.1) se objtinenn(1.2)Q(x) = aij xixj .i=1 j=1O matrice simetricau se numejste matrice pozitiv definitva dacau forma pautraticau asociatau este pozitiv definitau. Matricea A = (aij )i,j=1,n se numejste tare diagonal dominantva dacau pentru orice i, 1 i n, are locn

laiil >

j=1,j/=i

laij l .

Dacau matricea simetricau A = (aij )i,j=1,n este pozitiv definitau, atunci aii > 0, 'vi = 1, n. Dacau matricea simetricau A = (aij )i,j=1,n este tare diagonal dominantau jsi aii > 0, 'vi = 1, n, atunci este pozitiv definitau.59

607. FO R M E PAu T R AT IC E

Se spune cau forma pautraticau Q este redusva la forma canonicva dacau se determinaun

io bazau {f1, f2, , fn} in v astfel incat pentru orice x = ), xt fi E v are loci=1(1.3)Q(x) = ,\1xt2 + ,\2xt2 + + ,\nxt2,12nunde ,\i E R, i = 1, n, se numesc coeficientjii formei pautratice.Prezentaum acum metode pentru reducerea la forma canonicau a unei forme pautratice. Fie, deci, Q o formau pautraticau ce are in baza {e1, e2, , en} expresia (1.2). Metoda lui Gauss. Constau in scrierea formei pautratice ca sumau de pautrate de forme liniare (avand coeficienjti reali). Dacau aii /= 0, grupaum tojti termenii careconjtin xi jsi formaum un pautrat perfect. Vom avea

Q(x) =

1aii

(aiixi +

n

j=1,j/=i

aij xj )2 + Q1(x),

unde x = (x1, , xi-1, xi+1, , xn). Dacau aii = 0, 'vi = 1, n, atunci existau i /= , astfel ca aij /= 0. Cu schimbarea de variabile xk = yk , k = 1, n, k /= i, k /= ,xi = yi + yj , xj = yi - yj , objtinem aij xixj = aij (y2 - y2), deci, in noile variabile,ijQ va conjtine un termen pautratic. Prin urmare, se poate aplica tehnica de maisus. Continuaum procedeul cu forma pautraticau Q1 care conjtine n - 1 variabile. Din aproape in aproape, dupau un numaur finit de pajsi, forma pautraticau Q se scrie ca sumau de pautrate de forme liniare.Metoda lui Jacobi. Dacau pentru orice i = 1, n, determinanjtii

(1.4),6. =a12a22a2iIII a11a12a1i I IIIIi

IIIIII I a1ia2iaii In

isunt nenuli, atunci existau o bazau B = {f1, f2, , fn} astfel ca dacau x = ), xt fi,

(1.5)Q(x) =

1 xt2 +

,6. 1 xt2 + +

,6.

n -1 xt2.

i=1

,6.1 1Baza B se determinau astfel:

,6.2 2

,6.nn

a11a12 a1i\Ic1i\I 0a12a22 a2i c2i 0(1.6)fi = c1ie1 + + ciiei, i = 1, n, iar cji, = 1, i, satisfac sistemele de ecuajtiiI\

= .

a1,i-1a2,i-1ai-1,i a1ia2iaii

ci-1,i0cii 1

Metoda transformvarilor ortogonale (a valorilor proprii). Dacau v este spajtiu euclidian, forma pautraticau Q, datau de (1.2), are forma canonicau (1.3), unde ,\1,,\2,...,,\n, sunt valorile proprii ale matricei A, baza formei canonice fiind baza ortonormatau formatau din vectorii proprii corespunzautori.Criteriul lui Sylvester. Forma pautraticau Q, datau de (1.2), este pozitiv (negativ) definitau dacau jsi numai dacau ,6.i > 0 ((-1)i,6.i > 0), i = 1, n, unde ,6.i sunt dajti de (1.4).

2. P RO B LEM E R E ZO LVAT E61Reducerea simultanva la forma canonicva a douva forme pvatratice. Fie w, Q :nnnnRn --- R douau forme pautratice date de w(x) = ), ), aij xixj , Q(x) = ), ), bij xixj ,

i=1 j=1

i=1 j=1

x = (x1, x2, , xn). Notaum cu A = (aij )i,j=1,n, B = (bij )i,j=1,n. Dacau Q este pozitiv definitau, atunci polara sa F definejste pe Rn produsul scalar (x, y)F = F (x, y), x, y E Rn. In acest caz, existau o bazau ortonormatau in raport cu produsul scalar(, )F , {f1, f2, , fn} astfel incat sau avemQ(x) = xt2 + xt2 + + xt212n,w(x) = ,\1xt2 + ,\2xt2 + + ,\nxt212nunde x = xt f1 +xt f2 + xt fn, ,\1, ,\2, , ,\n sunt solujtii ale ecuajtiei det(A-,\B) = 012njsi (A - ,\B)fi = 0, i = 1, n.

2. Probleme rezolvate1. Sau se arate cau F : R3xR3 --- R, F (x, y) = x1y1+x1y2+x2y1+2x2y2+2x2y3+ 2x3y2 + 5x3y3, x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3), este o formau biliniarau simetricau. Care este matricea lui F in baza {f1, f2, f3}, unde f1 = (1, 0, 0), f2 = (2, 1, 0), f3 = (-3, 2, 1) Dar in baza {g1, g2, g3}, unde g1 = (0, 3, 1), g2 = (6, -1, -1), g3 = (-4, 1, 1) Care este rangul lui F Ce legauturau existau intre cele douau matrice Este pozitiv definitau forma biliniarau Solutjie. Fie x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3), z = (z1, z2, z3) E R3. AtunciF (x + y, z) = (x1 + y1)z1 + (x1 + y1)z2 + (x2 + y2)z1 + 2(x2 + y2)z2 + 2(x2 + y2)z3 +2(x3 + y3)z2 + 5(x3 + y3)z3 = F (x, z) + F (y, z) jsi F (x, y + z) = x1(y1 + z1) + x1(y2 +z2) + x2(y1 + z1) + 2x2(y2 + z2) + 2x2(y3 + z3) + 2x3(y2 + z2) + 5x3(y3 + z3) =F (x, y)+F (x, z). De asemenea, dacau a E R, atunci F (ax, y) = (ax1)y1 +(ax1)y2 + (ax2)y1 + 2(ax2)y2 + 2(ax2)y3 + 2(ax3)y2 + 5(ax3)y3 = aF (x, y) jsi F (x, ay) = x1(ay1)+x1(ay2)+x2(ay1)+2x2(ay2)+2x2(ay3)+2x3(ay2)+5x3(ay3) = aF (x, y), deci F este o formau biliniarau. Deoarece F (y, x) = y1x1 + y1x2 + y2x1 + 2y2x2 + 2y2x3 + 2y3x2 + 5y3x3 = F (x, y), rezultau cau forma biliniarau este simetricau. Fie A = (aij ) matricea lui F in baza {f1, f2, f3}. Cum aij = F (fi, fj ), se objtine A =I13-1 \

3101-1118

. Similar, dacau B = (bij ) este matricea lui F in baza {g1, g2, g3},

I 35- 17 \atunci B = -135-25 . Deoarece g1 = f1 + f2 + f3, g2 = f1 + f2 - f3,7-2519g3 = f1 - f2 + f3, matricea de trecere de la baza{f1, f2, f3} la baza {g1, g2, g3}I 111 \este C = 11-1 . Legautura dintre cele douau matrice este B = CtAC.1 -11Totodatau det A = 1, deci rangA = 3. In consecinjtau, rangul formei biliniare este 3. Dar F (x, x) = x2 + 2x1x2 + 2x2 + 4x2x3 + 5x2 = (x1 + x2)2 + (x2 + 2x3)2 + x2 ::: 0,1233'vx E R3 jsi din F (x, x) = 0 rezultau x = (0, 0, 0), deci forma biliniarau F este pozitivdefinitau.2. Fie Q : R2 --- R forma pautraticau, avand in baza canonicau {e1, e2} a lui R2, expresia Q (x) = x2 + 4x2 - 2x1x2, x = (x1, x2). Sau se reducau la forma canonicau12


folosind metoda lui Gauss, precizandu-se baza formei canonice. Este pozitiv definitau forma pautraticau Solutjie. Grupaum termenii care conjtin x1 jsi cauutaum sau formaum un pautrat perfect. Avem Q(x) = (x2 - 2x1x2) + 4x2 = (x1 - x2)2 + 3x2. Notand y1 = x1 - x2, y2 = x2,122

objtinem forma canonicau Q(x) = y2

+ 3y

2, x = y f

+ y f , unde {f , f } este baza

121 12 21 2

formei canonice. Pentru a gasi aceasta baza, determinam matricea

C, de trecere de

uuuula baza canonicau la baza {f1, f2}. In acest scop, vom exprima coordonatele inijtialex1 jsi x2 in funcjtie de coordonatele noi y1 jsi y2. Deoarece x1 = y1 + y2, x2 = y2,

rezultau cau C =

( 1 1 \0 1

, deci f1 = (1, 0), f2 = (1, 1). Dacau A =

(1-1 \-14

este matricea lui Q in baza canonicau, matricea in baza {f1, f2} va fi D = CtAC =( 1 0 \0 3. Din forma canonicau, este clar cau Q este pozitiv definitau.3. Fie Q : R3 --- R forma pautraticau, avand in baza canonicau {e1, e2, e3} a luiR3, expresia Q (x) = x2 + x2 + 4x2 + 2x1x2 + 4x1x3 + 2x2x3, x = (x1, x2, x3). Sau123se reducau la forma canonicau folosind metoda lui Gauss, precizandu-se baza formeicanonice. Este pozitiv definitau forma pautraticau Aceeajsi problemau pentru forma pautraticau Q1 (x) = 2x2 + 5x2 + 5x2 + 4x1x2 - 4x1x3 + 8x2x3.123Solutjie. Grupaum termenii care conjtin x1 jsi cauutaum sau formaum un pautrat perfect. Avem Q(x) = (x2 + 2x1x2 + 4x1x3) + x2 + 4x2 + 2x2x3 = (x1 + x2 + 2x3)2 - 2x2x3 =123y22211

21 - 2y2 + 2y3 , unde y1 = x1 + x2 + 2x3, y2 =

(x2 + x3), y3 =2

(x2 - x3).

Ajsadar Q(x) = y2 - 2y2 + 2y2, x = y1f1 + y2f2 + y3f3, unde {f1, f2, f3} este baza123formei canonice. Pentru a determina aceastau bazau, exprimaum coordonatele inijtialex1, x2 jsi x3 in funcjtie de coordonatele noi y1, y2 jsi y3, ceea ce ne va permite sau gausim matricea de schimbare a bazei. Deoarece x1 = y1 - 3y2 + y3, x2 = y2 + y3,

I 1 -31x3 = y2 - y3, rezultau cau C = 01101-1I 1 1 2 \

\ , deci f1 = (1, 0, 0), f2 = (-3, 1, 1),

f3 = (1, 1, -1). Dacau A = 1 1 1 este matricea lui Q in baza canonicau,2 1 4I 100 \matricea in baza {f1, f2, f3} va fi D = CtAC = 0 -2 0 . Deoarece Q(f1) =0021 > 0, Q(f2) = -2 0, forma pautraticau nu este nici pozitiv, nici negativ definitau, este cu semn nedefinit. Pentru cealaltau formau pautraticau, procedand ca mai sus, se1222

objtine Q1(x) = 2 (2x1 + 2x2 - 2x3)

+ 3x2 - 4x2x3 + 3x3. Grupaum acum termenii

12care conjtin x2 jsi formaum un pautrat perfect. Avem Q1(x) = 2 (2x1 + 2x2 - 2x3) +

1

3(3x2 - 2x3)2 +

5

3x2. Ajsadar Q1(x) =3

1 y2 +

12

1 y2 +

23

5

33y2, unde y1 = 2x1 + 2x2 - 2x3,

11 1y2 = 3x2 - 2x3, y3 = x3. De asemenea, f1 = ( 2 , 0, 0), f2 = (- 3 , 3 , 0), f3 =1 2( 3 , 3 , 1). Evident, Q1 este pozitiv definitau.4. Fie Q : R3 --- R forma pautraticau, care in baza canonicau B = {e1, e2, e3} a luiR3 are expresia Q (x) = 2x2 + 5x2 + 5x2 + 4x1x2 - 4x1x3 - 8x2x3, x = (x1, x2, x3).123

2. P RO B LEM E R E ZO LVAT E63Sau se reducau la forma canonicau folosind metoda lui Jacobi jsi metoda transformaurilor ortogonale.

ISolutjie. Metoda Jacobi. Matricea formei pautratice este

22-2 \25-4 jsi

I-2 -45

I 2 2 I

I22-2 I

Iare minorii principali: ,6.1 = 2, ,6.2 = I

I = 6, ,6.3 = I

25-4 I = 10.

II 2 5 III

IIII -2 -45 IPutem pune deja in evidenjtau forma canonicau a lui Q, folosind (1.5):

Q (x) =

1 xt2 +

12

1 xt2 +

23

3 xt2.

35

Sau determinaum acum baza formei canonice. Conform (1.6), f1 = c11e1, unde11

c11 =

, deci f1 = ( , 0, 0). Dar f2 = c12e1 + c22e2, unde c12 jsi c22 satisfac22

( 2c12 + 2c22 = 0

1

1

sistemul de ecuajtii:

2c12 + 5c22 = 1 . Cum c22 =

, rezultau c12 = - , deci

33( 1 1\

f3 =

- 3 , 3 , 0

. In sfarjsit, f3 = c13e1 + c23e2 + c33e3, unde c13, c23, c33 sunt

(solujtii ale sistemului de ecuajtii: J

2c13 + 2c23 - 2c33 = 02c13 + 5c23 - 4c33 = 0

1. Objtinem c13 =,

-2c13 - 4c23 + 5c33 = 15

23( 1

2 3 \

c23 = 5 , c33 = 5 . Ajsadar f3 =

, ,.5 5 5

Metoda transformvarilor ortogonale. Valorile proprii ale matricei asociate formeipautratice in baza canonicau a lui R3, sunt ,\1 = ,\2 = 1, ,\3 = 10. Subspajtiul propriu corespunzautor valorii proprii ,\1 este vA1 = {(-2a + 2b, a, b) l a, b E R}. Deter- minaum o bazau ortonormatau in vA1 . Evident di vA1 = 2. Pentru a = 1 jsi b = 0, objtinem vectorul propriu u1 = (-2, 1, 0). Condijtia ca un element oarecare din vA1 sau fie ortogonal pe u1 este 5a - 4b = 0. Alegand, de exemplu, a = 4, b = 5, gausim u2 = (2, 4, 5). Fiind ortogonali cei doi vectori sunt liniar independenjti. Normandu-

( -2 1 \

( 2 4 5 \

i, objtinem vectorii proprii v1 =

5 , 5 , 0

, v2 =

3 5 , 3 5 , 3 5

, care

( 1 2 -2 \

formeazau o bazau ortonormatau in vA1 . Pentru ,\3 = 10, gausim v3 =

, ,.3 33

In baza {v1, v2, v3}, Q are forma diagonalau Q (x) = xt2 + xt2 + 10xt2, unde x =

xttt

123

1v1 + x2v2 + x3v3.5. 1Sau se reducau simultan la forma canonicau formele pautratice Q (x) = x2 + 4x2 + 2x2 + 2x1x3, w (x) = 8x2 - 28x2 + 14x2 + 16x1x2 + 14x1x3 + 32x2x3. Sau se23123

gauseascau baza formelor canonice.

I 887 \

Solutjie. Matricele asociate formelor pautratice w jsi Q sunt A = 8 -28 16 71614I101\

respectiv B= 040 .Folosind metoda lui Jacobi rezultau ujsor cau Q este

102


pozitiv definitau. Prin calcul rezultau cau det (A - ,\B) = -4 (,\ - 9)2

(,\ + 9). In con-

cluzie, formele canonice sunt: w (x) = 9xt2 +9xt2 -9xt2, Q (x) = xt2 +xt2 +xt2. Con-

123

123

sideram produsul scalar definit de polara formei patratice

Q: (x, y)F = F (x, y) =

uu

4x1y1 + 4x2y2 + 2x3y3 + x1y3 + x3y1, x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3). Pentru ,\ = 9, muljtimea solujtiilor sistemului (A - ,\B) xt = 0 este S = {(8a - b, a, b) l a, b E R}. Este clar cau di S = 2. Determinaum in S o bazau ortonormatau {f1, f2}, in raport cu produsul scalar (, )F . Pentru a = 1, b = 0, objtinem x = (8, 1, 0). Cum

lxl = Q(x) = 2 17, alegem f1 = ( ,

1 , 0). Pentru construcjtia lui f2,

17 2 17vom cauuta a, b E R astfel incat (x, y)F = F (x, y) = 0, y = (8a - b, a, b), ceea ce se intamplau dacau 17a - 2b = 0. Pentru a = 2, b = 17, avem y = (-18, 2, 17),

lyl = Q(y) = 306. Putem lua f = ( -182306

2, 3062

17, 3061

). Procedand analog,

3 2pentru ,\ = -9 gausim x = (0, -2t, t), deci f3 = (0, - ,

3. Probleme propuse

3 2 ).

1. Sau se arate cau F : R3 x R3 --- R, F (x, y) = 2x1y1 - 5x1y2 + 2x2y1 - 3x2y2 - 3x2y3 + 4x3y2 - x3y3 este o formau biliniarau. Care este matricea lui F in baza f1 = (1, 0, 0), f2 = (1, 1, 0), f3 = (1, 1, 1) Este simetricau forma biliniarau 2. Pe R2, fie forma biliniarau F (x, y) = 3x1y1 + 2x1y2 - x2y2. Gausijti matricele asociate lui F in bazele f1 = (1, 1), f2 = (1, 0), respectiv g1 = (1, 2), g2 = (-1, 1). Ce relajtie este intre cele douau matrice 1 13. Fie F : C ([0, 1]) x C ([0, 1]) --- R, F (f, g) = { { f (t) g (s) dt ds.O Oa) Sau se arate cau F este o formau biliniarau simetricau;b) Sau se determine matricele lui F in bazele e1 = 1, e2 = t, e3 = t2 respectivf1 = 1, f2 = t - 1, f3 = (t - 1)2. Ce legauturau este intre cele douau matrice 4. Fie v = {u E C2 ((0, 1)) n C ([0, 1]) l u(0) = u(1) = 0} jsi F : v x v --- R,1r

F (u, v) = -O

utt(x)v(x)dx.

a) Sau se arate cau F este o formau biliniarau simetricau pe v ;b) Sau se arate cau funcjtiile f1, f2, f3 E v , f1(t) = t - t2, f2(t) = t2 - t3, f3(t) = t3 - t4, sunt liniar independente;c) Se considerau restricjtia lui F la subspajtiul generat de funcjtiile f1, f2, f3. Sau se determine matricea acestei restricjtii in raport cu baza {f1, f2, f3}.5. Care este polara formei pautratice Q : R3 --- R, Q (x) = x2 - x2 + x1x2 +123x2x3 6. Fie v un spajtiu vectorial real jsi F : v x v --- R o formau biliniarau simetricau jsi pozitiv definitau. Sau se arate cau (F (x, y))2 F (x, x) F (y, y).7. Sau se reducau la forma canonicau, folosind metoda lui Gauss, urmautoarele forme pautratice. Sau se specifice baza formei canonice. Care din aceste forme pautratice este pozitiv definitau a) Q : R3 --- R, Q (x) = 5x2 + 6x2 + 4x2 - 4x1x2 - 4x1x3, x = (x1, x2, x3);123Q : R3 --- R, Q (x) = x2 + x2 + 3x2 + 4x1x2 + 2x1x3 + 2x2x3, x = (x1, x2, x3);b)12 3

3. P RO B LE M E P RO PU SE65c) Q : R3 --- R, Q (x) = x2 - 3x2 - 2x1x2 + 2x1x3 - 6x2x3, x = (x1, x2, x3);13d) Q : R3 --- R, Q (x) = x2 + 5x2 - 4x2 + 2x1x2 - 4x1x3, x = (x1, x2, x3);123R322 2

e) Q :

--- R, Q (x) = 4x1 + x2 + x3 + 4x1x2 - 4x1x3 - 3x2x3, x = (x1, x2, x3);

f) Q : R3 --- R, Q (x) = 2x2 + 18x2

+ 8x2

- 12x1x2 + 8x1x3 - 27x2x3, x =

(x1, x2, x3);g) Q : R4

123

222--- R, Q (x) = x1 + 2x2 + x4 + 4x1x2 + 4x1x3 + 2x1x4 + 2x2x3 +

2x2x4 + 2x3x4, x = (x1, x2, x3, x4);h) Q : R3 --- R, Q (x) = 8x1x2 + 6x2 + x2, x = (x1, x2, x3);.23 . Sau se reducau la forma canonicau, folosind metoda lui Jacobi, urmautoarele forme pautratice. Sau se specifice baza formei canonice. Care din aceste forme pautratice este pozitiv definitau a) Q : R3 --- R, Q (x) = 5x2 + 6x2 + 4x2 - 4x1x2 - 4x1x3, x = (x1, x2, x3);123Q : R3 --- R, Q (x) = x2 - 2x2 + x2 + 2x1x2 + 4x1x3 + 2x2x3, x = (x1, x2, x3);b)12 3Q : R3 --- R, Q (x) = 3x2 -2x2 +2x2 +4x1x2 -3x1x3 -x2x3, x = (x1, x2, x3);c)12 3Q : R3 --- R, Q (x) = x2 + x2 + 3x2 + 4x1x2 + 2x1x3 + 2x2x3, x = (x1, x2, x3);d)12 3R4222

e) Q :

--- R, Q (x) = x1 + 4x2 + 6x3 - 2x1x2 + 2x2x3 - 2x3x4,

x = (x1, x2, x3, x4);f) Q : R4 --- R, Q (x) = 3x2 + 2x2 - x2 - 2x2 + 2x1x2 - 4x2x3 + 2x2x4,

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

1234

9. Pentru ce valori ale lui ,\, urmautoarele forme pautratice sunt pozitiv definite a) Q : R3 --- R, Q (x) = 5x2 +x2 +,\x2 +4x1x2 -2x1x3 -2x2x3, x = (x1, x2, x3);123b) Q : R3 --- R, Q (x) = 2x2 + x2 + 3x2 + 2,\x1x2 + 2x1x3, x = (x1, x2, x3);123c) Q : R3 --- R, Q (x) = 2x2+2x2+x2+2,\x1x2+6x1x3+2x2x3, x = (x1, x2, x3).12310. Folosind metoda transformaurilor ortogonale sau se reducau la forma canonicau urmautoarele forme pautratice. Sau se gauseascau baza formei canonice.a) Q : R3 --- R, Q (x) = 5x2 + 6x2 + 4x2 - 4x1x2 - 4x1x3, x = (x1, x2, x3);123Q : R3 --- R, Q (x) = 2x2 + x2 - 4x1x2 - 4x2x3, x = (x1, x2, x3);b)1 2Q : R3 --- R, Q (x) = x2 + x2 + x2 + x1x2 + x1x3 + x2x3, x = (x1, x2, x3);c)12 3

3d) Q : R3 --- R, Q (x) = 4x1x2 - x2, x = (x1, x2, x3);e) Q : R4 --- R, Q (x) = 2x1x2 + 2x3x4, x = (x1, x2, x3, x4);Q : R4 --- R, Q (x) = x2 + x2 + x2 + 5x2 + 2x1x4 - 4x3x4, x = (x1, x2, x3, x4).f)123 411. Sau se reducau simultan la forma canonicau urmautoarele perechi de forme pautratice, precizandu-se baza formelor canonice.a) Q, w : R2 --- R, Q (x) = x2 + 4x2 - 2x1x2, w (x) = -4x1x2, x = (x1, x2);12R322222

b) Q, w :

--- R, Q (x) = x1 + 2x2 + 3x3 + 2x1x2 - 2x1x3, w (x) = x1 + 6x3 +

2x1x2 - 2x1x3 + 3x2x3, x = (x1, x2, x3);c) Q, w : R3 --- R, Q (x) = 3x2 + 4x2 + 5x2 + 4x1x2 - 4x1x3, w (x) = -10x2 +

31231

22x2 -

15x2 + 2x1x2 + 12x1x3, x = (x1, x2, x3).

12. Sunt pozitiv definite matricele I 1 2 2 1 \

I5-2 -2 \

2 2 1 1

I 2 1 1 \

a) -260

; b)

; c)2 1 0 1

1 2 1;

-204I 8 8 2 \d) 8 8 2 ; e)

1 1 1 1I 2 1 1 1 \

. 1 2 1 1 1 1 2 1

1 1 2

2 2 1

1 1 1 2


13. Sau se precizeze natura, ca formau pautraticau, a diferenjtialei a doua, pentru urmautoarele funcjtii in punctele indicate.

-a) f : R2 --- R, f (x, y) = x4 + y4 - 2x2 + 4xy - 2y2, O(0, 0), A( 2,

2),

-B( 2,

2);

b) f : R2 --- R, f (x, y) = x3 + y3 - 3xy, O(0, 0), A(1, 1);c) f : R2 --- R, f (x, y) = -2x2 - 5y2 + 2xy + 6x + 6y, A(x, y);d) f : R3 --- R, f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 - xy + x - 2z, M (x, y, z).

4. Indica,tii ,si ravspunsuri1. Se verificau ujsor cau F este liniarau in ambele argumente. F (f1, f1) = 2, F (f1, f2) = -3, F (f1, f3) = -3, F (f2, f1) = 4, F (f2, f2) = -4, F (f2, f3) = -7, F (f3, f1) = 4, F (f3, f2) = 0, F (f3, f3) = -4, deci matricea lui F in baza datauI 2 -3 -3 \este A = 4 -4 -7 jsi nu este simetricau. Prin urmare, forma biliniarau F40-4nu este simetricau. 2. Fie A jsi B matricele asociate lui F in bazele {f1, f2} respec-

tiv {g1, g2}. Procedand ca mai sus, objtinem A =

( 4 3 \5 3

, B =

(3-3 \.-90

Matricea de trecere de la baza {f1, f2} la baza {g1, g2} este C =

(21 \.-1 -2

Are loc B = CtAC. 3. a) Biliniaritatea jsi simetria rezultau din proprietaujtile in-1 11 11tegralei. b) a11 = F (e1, e1) = { { dt ds = 1, a12 = F (e1, e2) = { { sdt ds =,

O O

1 11

O O2I11 \1

23

a22 = F (e2, e2) = { { tsdt ds =

etc. Objtinem A =

1

1

1 . Simi-

O O4

246

I11 \

-1 23

1 3

1 6

1 9

lar B =

1

1

1 este matricea formei biliniare in baza {f , f , f }.

1 2 32 -4- 6

1

1

1

3- 69

I 1 -11 \

Se constatau ujsor cau B = CtAC, unde C = 01-2 este matricea de001

1rtrecere de la baza {e1, e2, e3} la baza {f1, f2, f3}. 4. F (u, v) =O

ut(x)vt(x)dx.

I 11 36

1 \

10

1 6 1 10

2 15 1 10

1 . 5. F (x, y) = 10

3 35

1 2

[Q(x + y) - Q(x) - Q(y)] = x1y1 - x2y2 +

12 x1y2 +

12 x2y1 +

32 x2y3 +

32 x3y2. 6. Dacau y = 0V , atunci inegalitatea devine

4. IN D IC A Tj II Sj I R Au SPU N SU R I67egalitate. Presupunem y /= 0V . Pentru orice t E R, are loc: 0 F (x + ty, x +ty) = t2F (y, y) + 2tF (x, y) + F (x, x), deci ,6. = 4 ((F (x, y)2 - F (x, x)F (y, y

0.7.a) Q(x) =

1

(5x1 - 2x2 - 2x3)2 +

5 ( 26 x2 -

4 \2x3+

40 x2.f1 =

5

1115

265562

13 3

( 5 , 0, 0), f2 = ( 13 ,

26 , 0), f3 = ( 13 ,

, 1). Q este pozitiv definitau. b) Q(x) =13

(x1 + 2x2 + x3)2 -

(3x2 + x3)2 +3

72

333x2. f1 = (1, 0, 0), f2 = (- ,

13 , 0), f3 =

1

1 22

(- 3 , - 3 , 1). Q nu este pozitiv definitau. c) Q(x) = (x1 - x2 + x3)

- (x2 + 2x3) .

f1 = (1, 0, 0), f2 = (1, 1, 0), f3 = (-3, -2, 1). Q nu este pozitiv definitau. d)

2122

1 1

Q(x) = (x1 + x2 - 2x3)

+(4x2 + 2x3) 4

- 9x3. f1 = (1, 0, 0), f2 = (- 4 , 4 , 0),

5

1

1 2

4f3 = ( 2 , - 2 , 1). Q nu este pozitiv definitau. e) Q(x) =

(4x1 + 2x2 - 2x3) -

( 12 x2 +

1\22 x3

( 1+2 x2 -

12 x3

\21. f1 = ( 4

, 0, 0), f2 = (0, 1, 1), f3 = (-1, 1, -1). Q

nu este pozitiv definitau. f) Q(x) =

1 2

(2x1 - 6x2 + 4x3)2

( 1 - 32 x2 +

1 \22 x3+

( 132 x2 -

1\22 x3

1.f1 = ( 21

, 0, 0), f2 = (1, 1, 1), f3 = (5, 1, -1).g) Q(x) =1

(x1 + 2x2 + 2x3 + x4)2 -

(2x2 + 3x2 + x4)2 +2

(x3 + x4)2. f1 = (1, 0, 0, 0), f2 =2

13(-1, 2 , 0, 0), f3 = (1, - 2 , 1, 0), f4 = (-1, 1, -1, 1). Q nu este pozitiv definitau. .

a) Q(x) =

1 xt2 +

15

5 xt2 +

226

131

3xt2. f1 = ( 405

1, 0, 0), f2 = ( 13 ,

5326 , 0), f3 = ( 20 ,

1 13,).20 40

1313 28 3

115 13338 88

c) Q(x) =

1

1-xt23

3 xt2 +

210

401

3xt2. f1 = ( 533

1, 0, 0), f2 = ( 5

316

-,10 , 0), f3 = ( 53 ,

6 40,).53 53

d) 1Q(x) = xt2 -

1 xt2 +

23

32

373xt2. f1 = (1, 0, 0), f2 = ( , -

111 3

-3 , 0), f3 = (- 7 ,7 , 7 ).

13 2

17 3 - 3 41

23 33

1

1 3

1 1

17

1 2

3 2

5 2

17 2

1234(- 17 , - 17 , 17 , 0), f4 = ( 3 , 3 , -1, - 3 ). f) Q(x) = 3 xt

+ xt5

- 17 xt

- 37 xt .

11 3

265

f1 = ( 3 , 0, 0, 0), f2 = (- 5 , 5 , 0, 0), f3 = ( 17 , - 17 , - 17 , 0),13617f4 = (- 37 , 37 , - 37 , - 37 ). 9. a) ,6.1 = 5, ,6.2 = 1, ,6.3 = ,\ - 2. Conform criteriului lui Sylvester, Q este pozitiv definitau :: ,\ > 2. b) ,6.1 = 2, ,6.2 = 2-,\2, ,6.3 = 5-3,\2.

)( I

5

I 5 \

-,6.2 > 0 :: ,\ E - 2,

2 , ,6.3 > 0 :: ,\ E3 ,

. In consecinjtau, Q este3

(

I I \

( I I \

-pozitiv definitau :: ,\ E 2,

2) n-

5 ,3

5 =3

5

-,3

5 3

. c) ,6.1 = 2,

,6.2 = 4 - ,\2, ,6.3 = -,\2 + 6,\ - 16. Deoarece ,6.3 0, 'v,\ E R, rezultau cau nu


existau ,\ E R astfel ca Q sau fie pozitiv definitau. 10. a) Q(x) = 2xt2 + 5xt2 + 8xt2.

21 2

1 2

2

2

2

1

1232t2t2

1f1 = ( 3 , 3 , 3 ), f2 = ( 3 , 3 , - 3 ), f3 = ( 3 , - 3 , - 3 ). b) Q(x) = xt

- 2x21

+ 4x3 .1

2 1

2

1 2 2

2

2 1

2t2t2

1f1 = ( 3 , 3 , - 3 ), f2 = ( 3 , 3 , 3 ), f3 = ( 3 , - 3 , 3 ). c) Q(x) = 2xt

+ x22

+ x3 .2

1 1 1

1

1

1

2 1 2

1f1 = ( 3 , 3 , 3 ), f2 = ( 2 , 0, - 2 ), f3 = ( 6 , - 6 , 6 ). d) Q(x) = -xt +

2xt2t2

1111t2

2 - 2x3 . f1 = (0, 0, 1), f2 = ( 2 , 2 , 0), f3 = ( 2 , - 2 , 0). e) Q(x) = x1 +

xt2

t2t2

1 1

1 1

( 1

1 \

2 - x3 - x4 . f1 = ( 2 , 2 , 0, 0), f2 = (0, 0, 2 , 2 ), f3 =

2 , - 2 , 0, 0 ,

1 1 2f4 = (0, 0, 2 , - 2 ). f) Q(x) = xt

+ xt2

+ 6xt2

1 2 1 . f1 = (- 6 , 0, 6 , 6 ), f2 =

2

1

23 1

4 2 522

( 5 , 0, 5 , 0), f3 = (0, 1, 0, 0), f4 = ( 30 , 0, - 30 , 30 ). 11. a) Q(x) = y1 +y2 ,

2

2 -1 1

w(x) =

y2 - 2y2. f1 = (,

), f2 = (1,

). b) Q(x) = y2 + y2 + y2,

3 12

2 3 2 32

123

w(x) = y2 + 5 y2

9y2. f

= (1, 0, 0), f

11= (, 0,

), f

3= (,

21,).

12 2 - 2 31

2223

2 - 2 2

c) Q(x) = y2 + y2 + y2, w(x) = 1 y2

3y2

27y2. f

1= (0, , 0), f

1= (0, 0,),

123552

2 1 -

2 - 4 31225

f3 = ( 30 , - 2 30 , 30 ). 12. a) Da, matricea este tare diagonal dominantau.b) Nu, deoarece a33 = 0. c) Da, deoarece ,6.1 = 2 > 0, ,6.2 = 3 > 0, ,6.3 >0.d) Nu, deoarece ,6.2 = 0.e) Da, deoarece ,6.1 = 2 > 0, ,6.2 = 3 > 0,,6.3 > 0, ,6.4 = 5. 13. a) d2f (x, y) = (12x2 - 4)dx2 + 8dxdy + (12y2 - 4)dy2.

d2f (0, 0) = - 4(dx - dy)2, deci d2f (0, 0) este degeneratau, negativ semidefinitau.

d2f (

2,

2) = 20dx2 + 8dxdy + 20dy2 este pozitiv definitau. b) d2f (x, y) =

6xdx2 - 6dxdy + 6ydy2. d2f (0, 0) = -6dxdy =

3

2(dx - dy)2 -

3 (dx + dy)2,2

deci d2f (0, 0) este cu semn nedefinit. d2f (1, 1) = 6dx2 - 6dxdy + 6dy2 este po-zitiv definitau. c) d2f (x, y) = -4dx2 + 4dxdy - 10dy2 este negativ definitau. d)d2f (x, y, z) = 2dx2 + 2dy2 + 2dz2 - 2dxdy este pozitiv definit

Algebra Liniara Si Geometrie Analitica

Documents

Transcript of Algebra Liniara Si Geometrie Analitica