Algebra si Geometrie

Seminar 2

Octombrie 2017

ii

”Matematica poate fi definita ca materia ın care nu stim niciodatadespre ce vorbim, nici daca ceea ce spunem este adevarat.”

Bertrand Russell

1Spatii vectoriale

Codarea mesajelor

Mesajele transmise, cum ar fi datele provenite de la un satelit, sunt intot-deauna supuse interferentelor. E important asadar sa putem cripta mesajele inasa fel incat, dupa ce sunt alterate de interferente, sa poata fi decriptate la formalor originala. Acest lucru se face uneori prin repetarea mesajului de doua sautrei ori, un lucru de altfel comun si in vorbire. Insa multiplicarea informatiilorstocate intr-un computer va duce la supraincarcarea memoriei acestuia. E im-portant sa incercam sa gasim cai de a decoda mesajele dupa ce sunt distorsionatede interferente. Acest proces se numeste coding. Un cod care detecteaza erorile

1

intr-un mesaj distorsionat de interferente (scrambled message) se numeste de-tector de erori. Daca, in plus, poate corecte erorile se numeste corector deerori.

Tehnici de baza de coding: Cele mai multe mesaje sunt trimise sub formaunui sir digital de 0-uri si 1-ri, ca de exemplu 10101 sau 1010011, asadarsa presupunem ca vrem sa transmitem mesajul 1011. Acest “cuvant” binarpoate reprezenta un cuvant adevarat ca si ”cumpara” sau o intreaga propozitie”cumpara actiuni”. O varianta de criptare a lui 1011 ar fi sa ii atasam o coadabinara in asa fel incat daca mesajul este deformat, sa zicem in 0011, putem sadetectam eroarea. O astfel de coada poate fi 1 sau 0, in functie de numarulde 1-uri din mesaj. Mai precis adaugam un 1 daca avem un numar impar de1-uri in cuvantul binar transmis si 0 daca avem un numar par. In acest fel toatecuvintele criptate vor avea un numar par de 1-uri. Deci 1011 va fi codificat ca si10111. Acum daca acest mesaj este deformat in 00111 stim ca a aparut o eroaredin moment ce avem un numar impar de 1-ri. Aceasta metoda de detectare aerorilor se numeste verificarea paritatii si e prea simpla pentru a fi utila. Deexemplu daca doua cifre sunt schimbate, metoda noastra nu va detecta eroarea.Alta abordare ar fi sa repetam de doua ori mesajul si sa transmitem 10111011.Acum daca 00111011 este receptionat, stim ca una din cele doua copii a fostdeformata. Si aceasta metoda da rezultate slabe si nu este prea des folosita.

O tehnica avansata de codare: codul HammingIn anii 50′ R.H. Hamming a introdus o metoda de corectare a unei singure eroricare e acum cunoscuta ca find codarea Hamming. Pentru a examina detaliileacestei tehnici avem nevoie de cateva notiuni de algebra liniara.

Spatii vectoriale peste corpul K = Z2

Multimea Z2 = {0, 1} a resturilor la impartirea cu 2 impreuna cu adunareasi inmultirea definite mai jos:

0 + 1 = 1, 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0, 0 + 0 = 0

0 · 1 = 0, 1 · 0 = 0, 1 · 1 = 1, 0 · 0 = 0

formeaza un corp.Reamintim ca structura de spatiu vectorial a lui R𝑛 este data de adunarea

vectoriala:

(𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) ⊕ (𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛) := (𝑥1 + 𝑦1, 𝑥2 + 𝑦2, . . . , 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛)

si inmultirea cu scalari:

𝜆⊙ (𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) := (𝜆𝑥1, 𝜆𝑥2, . . . , 𝜆𝑥𝑛)

pentru 𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛, 𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛 si 𝜆 numere reale.Analog echipam Z𝑛

2 cu o adunare vectoriala definita de adunarea binara pecomponente si o inmultire cu scalari (0 sau 1). De exemplu in Z3

2 avem:

(1, 0, 1) ⊕ (1, 1, 0) = (0, 1, 1)

0 ⊙ (1, 0, 1) = (0, 0, 0)

2

Echipata cu aceste operatii multimea Z𝑛2 devine un spatiu vectorial peste

corpul K = Z2 si putem discuta despre liniar independenta, sisteme de genera-tori, subspatii, dimensiune. Spre deosebire de R𝑛 spatiul vectorial Z𝑛

2 contineun numar finit de 2𝑛 vectori.

Codul Hamming (7, 4): pentru doua numere intregi 𝑘 ≤ 𝑛, un subspatiuvectorial alui a Z𝑛

2 de dimensiune 𝑘 se numeste cod liniar (𝑛, 𝑘).Consideram matricea 𝐻 cu elemente in Z2 a carei coloane notate 𝑐1, 𝑐2, . . . , 𝑐7

sunt formate din cei 7 vectori nenuli din Z3:

𝐻 =

⎛⎜⎜⎜⎝0 0 0 1 1 1 1

0 1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠Subspatiul liniar:

𝑘𝑒𝑟 𝐻 :=

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑥1

𝑥2

...

𝑥7

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ∈ Z72 : 𝐻

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑥1

𝑥2

...

𝑥7

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝0

0...

0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭poarta numele de codul Hamming (7, 4)

Se poate arata ca:

𝐵 = {(1, 0, 0, 0, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1, 1, 1, 1)}

formeaza o baza a spatiului vectorial 𝑘𝑒𝑟 𝐻.Matricea G ale carei linii sunt elementele bazei 𝐵 se numeste matricea

generatoare a codului Hamming (7,4):

𝐺 :=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 0 0 0 1 1

0 1 0 0 1 0 1

0 0 1 0 1 1 0

0 0 0 1 1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠Mai jos explicam procedura codului Hamming si corectarea erorilor dar pen-

tru aceasta trebuie sa facem urmatoarele remarci. Fie {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒7} bazacanonica in Z7

2. Putem verifica relatiile 𝐻𝑒𝑖 = 𝑐𝑖 pentru orice 𝑖 = 1, 7 si prinurmare niciunul dintre vectorii bazei canonice nu se afla in 𝑘𝑒𝑟 𝐻.

1. Daca 𝑣 apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 atunci 𝑣 + 𝑒𝑖 nu apartin lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 pentruorice 𝑖.

2. Daca 𝑣 este un vector din Z72 pentru care exista un 𝑖 astfel ca 𝐻𝑣 = 𝑐𝑖

atunci 𝑣 + 𝑒𝑖 apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 si pentru 𝑗 = 𝑖 avem ca 𝑣 + 𝑒𝑗 nu apartinacestei multimi.

3

Algoritmul pentru corectarea erorilor cu codul (7,4)

Sa presupunem ca vrem sa transmitem un cuvant u constand din patru cifrebinare 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4, si presupunem ca acesta ar putea fi deformat de interferentecare ii schimba doar o componenta. Fie 𝑤 cuvantul primit.

1. Pentru a coda u, formam combinatia liniara 𝑣 a elementelor din baza 𝐵de mai sus cu cele patru componente a lui u ca si coeficienti. De fapt 𝑣poate fi obtinut din cuvantul original prin inmultirea cu matricea 𝐺:

𝑣 =(𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4

)𝐺

Prin constructie vectorul 𝑣 apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻. De remarcat ca rezultatul

calculului(𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4

)𝐺 este un vector cu sapte componente ale

carui prime patru componente reprezinta mesajul original.

2. Se calculeaza 𝐻𝑤, unde 𝐻 este matricea descrisa mai sus.

3. Daca 𝐻𝑤 = 0, atunci 𝑤 partine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻. Astfel, prezenta unei singureerori va insemna ca w nu apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻. In acest caz concluzionam canu au existat deformari si u este reprezentat de primele patru componenteale lui w.

4. Daca 𝐻𝑤 = 𝑐𝑖 pentru un anumit 𝑖, atunci 𝑣 + 𝑒𝑖 este un vector din 𝑘𝑒𝑟 𝐻iar 𝑣 + 𝑒𝑗 nu apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 pentru 𝑗 = 𝑖. In acest caz schimbamcomponenta a i-a in 𝑤 (de le 0 la 1 sau de la 1 la 0) si obtinem un nouvector ��. Primele sale patru componente vor fi acum reprezentate decuvantul u

In tehnica de mai sus cuvintele trimise sunt foarte scurte: doar 4 componente.In realitate mesajele electronice contin mult mai multe componente si decodareanu poate fi facuta decat cu ajutorul calculatorului, calculele fiind enorme. Oproblema cu codul Hamming (7,4) este ca nu poate detecta mai mult de o eroare.

Puteti exersa cele prezentate mai sus:Problema: Am receptionat mesajul 𝑤 = 1100011 criptat cu ajutorul codului

Hamming (4, 7). Stim ca s-a scurs cel mult o eroare in transmisia sa. Aflatimesajul original.

4

Notiuni teoretice:

∙ un spatiu vectorial (𝑉,⊕,⊙,K) peste corpul (K,+, ·) este reprezentat decatre o multime 𝑉 ale carei elemente se numesc vectori (putem sa ni-i imaginamca fiind niste imagini) pe care am definit o operatie de adunare ⊕ (simpla lipirea imaginilor) si de scalare ⊙ (marire-micsorare a imaginilor). Operatiile maisus amintite trebuie sa satisfaca urmatoarele axiome:

𝐴1: Nu conteaza ordinea in care lipim imaginile, obtinem aceeasi panorama

��⊕ (𝑣 ⊕ ��) = (��⊕ 𝑣) ⊕ ��, ∀��, 𝑣, �� ∈ 𝑉

𝐴2: Exista o imagine nula care prin lipire nu schimba nimic

∃ 0 ∈ 𝑉, 𝑣 ⊕ 0 = 0 ⊕ 𝑣 = 𝑣

𝐴3: Exista o imagine inversa care prin lipire anuleaza totul

∀𝑣, ∃(−𝑣), 𝑣 ⊕ (−𝑣) = (−𝑣) ⊕ 𝑣 = 0

𝑆1: Daca scalam imaginea 𝛽% si apoi 𝛼% este ca si cum am scala (𝛼 · 𝛽)%

𝛼⊙ (𝛽 ⊙ 𝑣) = (𝛼 · 𝛽) ⊙ 𝑣, ∀𝛼 ∈ K, 𝑣 ∈ 𝑉

𝑆2: Daca scalam 𝛼% doua imagini lipite este ca si cum am lipi intai imaginilescalate 𝛼% anterior

𝛼⊙ (��⊕ 𝑣) = (𝛼⊙ ��) ⊕ (𝛼⊙ 𝑣)

𝑆3: Putem lipi imagini scalate diferit dupa regula

(𝛼⊙ 𝑣) ⊕ (𝛽 ⊙ 𝑣) = (𝛼 + 𝛽) ⊙ 𝑣

𝑆4: O scalare 100% nu modifica imaginea

1 ⊙ 𝑣 = 𝑣

5

∙ un sistem de vectori 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝} ai unui spatiu vectorial se numesteliniar independent daca:

𝜆1𝑣1 + 𝜆2𝑣2 + . . . + 𝜆𝑝𝑣𝑝 = 𝜃 =⇒ 𝜆1 = 𝜆2 = . . . = 𝜆𝑝 = 0.

Practic 𝑆 este un sistem liniar independent daca niciun vector din 𝑆 nu se poateexprima ca o combinatie liniara de vectori din 𝑆.

Mod practic de studiu al liniar independentei:Fie (𝑉,⊕,⊙,K) un spatiu vectorial si 𝐵𝑐 = {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑛} o baza canon-ica a sa. Pentru stabilirea liniar independentei unui sistem de 𝑝 vectori:

𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝}

se exprima fiecare dintre acestia in functie de vectorii bazei 𝐵𝑐. Matriceaformata cu coeficientii (scalarii) acestor reprezentari o notam cu 𝐴. Daca:

rang(𝐴) = numar de vectori ai sistemului S = 𝑝

atunci 𝑆 este liniar independent.

O baza canonica a spatiului IR3 este:

𝑒1 = (1, 0, 0), 𝑒2 = (0, 1, 0), 𝑒3 = (0, 0, 1)

O baza canonica a spatiului IR2[𝑋] este:

𝑒1 = 𝑋2, 𝑒2 = 𝑋, 𝑒3 = 1.

O baza canonica a spatiului 𝑀2(IR) este:

𝐸1 =

⎛⎝1 0

0 0

⎞⎠ , 𝐸2 =

⎛⎝0 1

0 0

⎞⎠ , 𝐸3 =

⎛⎝0 0

1 0

⎞⎠ , 𝐸4 =

⎛⎝0 0

0 1

⎞⎠

Remarca:

∙ un sistem de vectori 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝} se numeste sistem de gener-atori a spatiului vectorial 𝑉 daca pentru orice vector 𝑣 ∈ 𝑉 exista scalarii𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑝 ∈ K astfel ca:

𝑣 = 𝜆1𝑣1 + 𝜆2𝑣2 + . . . + 𝜆𝑝𝑣𝑝.

Adica orice vector al spatiului se poate exprima ca o combinatie liniara a vec-torilor sistemului 𝑆.

6

Mod practic de studiu al sistemelor de generatori:Fie (𝑉,⊕,⊙,K) un spatiu vectorial si 𝐵𝑐 = {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑛} o baza canon-ica a sa. Pentru a stabili daca un sistem de 𝑝 vectori:

𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝}

este un sistem de generatori a lui 𝑉 se exprima fiecare dintre acestia infunctie de vectorii bazei 𝐵𝑐. Matricea formata cu coeficientii (scalarii)acestor reprezentari o notam cu 𝐴. Daca:

rang(𝐴) = dimensiunea spatiului vectorial V = 𝑛

atunci 𝑆 este sistem de generatori.

Baza a spatiului vectorial= sistem lin. independent+sistem de generatori

∙ daca relativ la o baza 𝐵 = {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑛} avem scrierea:

𝑣 = 𝛼1𝑒1 + 𝛼2𝑒2 + . . . + 𝛼𝑛𝑒𝑛

numim 𝛼1, 𝛼2, . . . , 𝛼𝑛 coordonate ale vectorului 𝑣 relativ la baza 𝐵 si notam:

[𝑣]𝐵 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝛼1

𝛼2

...

𝛼𝑛

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ .

∙ daca 𝐵1 = {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑛} si 𝐵2 = {𝑒′1, 𝑒′2, . . . , 𝑒′𝑛} sunt baze in (𝑉,+, ·,K)si ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

𝑒′1 = 𝑎11𝑒1 + 𝑎21𝑒2 + . . . + 𝑎𝑛1𝑒𝑛

𝑒′1 = 𝑎12𝑒1 + 𝑎22𝑒2 + . . . + 𝑎𝑛2𝑒𝑛

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

𝑒′𝑛 = 𝑎1𝑛𝑒1 + 𝑎2𝑛𝑒2 + . . . + 𝑎𝑛𝑛𝑒𝑛

se numeste matricea de trecere de la baza 𝐵1 la baza 𝐵2 matricea:

𝑇𝐵1𝐵2 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑎11 𝑎12 . . . 𝑎1𝑛

𝑎21 𝑎22 . . . 𝑎2𝑛...

... . . ....

𝑎𝑝1 𝑎𝑝2 . . . 𝑎𝑝𝑛

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠∙ daca 𝑇𝐵1𝐵2

este matricea de trecere de la baza 𝐵1 la baza 𝐵2 atunci auloc relatiile:

𝑇𝐵1𝐵2 = 𝑇−1𝐵2𝐵1

𝑇𝐵1𝐵2 = 𝑇𝐵1𝐵 · 𝑇𝐵𝐵2

si:[𝑣]𝐵2

= 𝑇−1𝐵1𝐵2

· [𝑣]𝐵1.

7

Probleme rezolvate

Problema 1. Putem forma o baza a lui R3 care sa contina vectorii:

𝑣1 = (1, 2, 3) si 𝑣2 = (1, 1, 0) ?

Solutie: Spatiul vectorial R3 are dimensiunea 3 si vom avea nevoie de treivectori pentru a forma o baza a sa. Daca dorim ca acesti doi vectori sa facaparte din aceasta baza (pe care trebuie sa o construim) atunci 𝑣1 si 𝑣2 trebuie safie liniar independenti. Verificam liniar independenta acestora folosind criteriulpractic de studiu al liniar independentei .

O baza canonica in R3 este:

𝐵𝑐 = {𝑒1 = (1, 0, 0), 𝑒2 = (0, 1, 0), 𝑒3 = (0, 0, 1)}

In functie de acesti vectori avem urmatoarele reprezentari:

𝑣1 = 1 · 𝑒1 + 2 · 𝑒2 + 3 · 𝑒3

𝑣2 = 1 · 𝑒1 + 1 · 𝑒2 + 0 · 𝑒3

Coordonatele lui 𝑣1, 𝑣2 relativ la baza canonica se colecteaza in matricea:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1

2 1

3 0

⎞⎟⎟⎟⎠Deoarece rang 𝐴 = 2 = numar de vectori =⇒ 𝑣1, 𝑣2 sunt liniar independenti.

Orice sistem de vectori liniar independenti poate fi completat la o baza aspatiului vectorial.

Vom afla vectorul lipsa notand-ul 𝑣3 = (𝑎, 𝑏, 𝑐). Daca dorim ca 𝑣1, 𝑣2 si 𝑣3sa formeze o baza aceasti vectori trebuie sa formeze impreuna un sistem liniarindependent si un sistem de generatori. Oricare dintre aceste doua conditii setraduc, datorit criteriilor enuntate anterior in fisa seminarului, prin:

𝑑𝑒𝑡

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 𝑎

2 1 𝑏

3 0 𝑐

⎞⎟⎟⎟⎠ = 0

caci doar astfel rangul matricei, formate cu coordonatele vectorilor relativ labaza canonica, este 3=numar de vectori=dimensiunea spatiului.

Gasim destul de usor ca pentru 𝑎 = 1, 𝑏 = 0, 𝑐 = 0 se obtine un determinantnenul. Asadar putem completa cu 𝑣3 = (1, 0, 0) cei doi vectori pentru a formabaza 𝐵 = {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}.

8

Problema 2. Sa se scrie matricea de trecere de la baza

𝐵1 = {3𝑋 + 1, 5𝑋 + 1}

la baza𝐵2 = {𝑋 + 3,−𝑋 + 2}

din R1[𝑋].

Solutie: Metoda 1:Scriem vectorii din baza 𝐵2 in functie de vectorii din baza 𝐵1:

𝑋 + 3 = 𝛼(3𝑋 + 1) + 𝛽(5𝑋 + 2)

si dupa ce identificam coeficientii obtinem sistemul de ecuatii:{1 = 3𝛼 + 5𝛽

3 = 𝛼 + 2𝛽

cu solutia 𝛼 = −13, 𝛽 = 8Analog

−𝑋 + 2 = 𝛾(3𝑋 + 1) + 𝛿(5𝑋 + 2)

si dupa ce identificam coeficientii:{−1 = 3𝛾 + 5𝛿

2 = 𝛾 + 2𝛿

cu solutia 𝛼 = −12, 𝛽 = 7Prin urmare matricea de trecere este:

𝑇𝐵1𝐵2=

⎛⎝−13 −12

8 7

⎞⎠Metoda 2: Intotdeauna putem afla usor matricea de trecere de la baza

canonica a spatiului la o baza data In acest caz baza canonica este 𝐵𝑐 = {1, 𝑋}si matricea de trecere de la baza 𝐵𝑐 la baza 𝐵1 este:

𝑇𝐵𝑐𝐵1=

⎛⎝3 5

1 2

⎞⎠iar de la 𝐵𝑐 la 𝐵2 :

𝑇𝐵𝑐𝐵2 =

⎛⎝1 −1

3 2

⎞⎠Putem alfa matricea de trecere de la baza 𝐵1 la 𝐵2 folosind formula:

𝑇𝐵1𝐵2 = 𝑇𝐵1𝐵𝑐𝑇𝐵𝑐𝐵2

dar noi stim 𝑇𝐵𝑐𝐵1, legatura cu 𝑇𝐵1𝐵𝑐

este:

𝑇𝐵1𝐵𝑐= 𝑇−1

𝐵𝑐𝐵1

9

deci:

𝑇𝐵1𝐵2 = 𝑇𝐵1𝐵𝑐𝑇𝐵𝑐𝐵2

= 𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

𝑇𝐵𝑐𝐵2=

⎛⎝3 5

1 2

⎞⎠−1 ⎛⎝1 −1

3 2

⎞⎠ =

⎛⎝−13 −12

8 7

⎞⎠Problema 3. Vectorul 𝑣 ∈ R3 are relativ la baza:

𝐵 = {𝑤1 = (1, 1, 0), 𝑤2 = (1, 0, 0), 𝑤3 = (1, 1, 1)}

coordonatele (−1, 2, 1). Care sunt coordonatele sale relativ la baza canon-ica din R3? Care sunt coordonatele sale relativ la baza:

𝐵1 = {𝑢1 = (1, 0,−1), 𝑢2 = (1,√

2, 1), 𝑢3 = (1,−√

2, 1)} ?

Solutie: Din enunt deducem ca:

[𝑣]𝐵 =

⎛⎜⎜⎜⎝−1

2

1

⎞⎟⎟⎟⎠prin urmare, avem reprezentarea:

𝑣 = −1(1, 1, 0) + 2(1, 0, 0) + 1(1, 1, 1) = (0, 0, 1)

Asadar vectorul 𝑣 este de fapt vectorul (0, 0, 1) din R3. Intrucat, in mod natural,vectorii din R3 sunt reprezentati relativ la baza canonica, avem:

[𝑣]𝐵𝑐 =

⎛⎜⎜⎜⎝0

0

1

⎞⎟⎟⎟⎠Pentru a afla coordonatele lui 𝑣 relativ la baza 𝐵1 putem sa utilizam fie

coordonatele sale relativ la baza 𝐵 fie relativ la baza 𝐵𝑐. Relatiile schimbare acoordonatelor la o schimbare a bazei sunt:

[𝑣]𝐵1= 𝑇𝐵1𝐵 [𝑣]𝐵 = 𝑇𝐵1𝐵𝑐

𝑇𝐵𝑐𝐵 [𝑣]𝐵 = 𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

𝑇𝐵𝑐𝐵 [𝑣]𝐵

deci

[𝑣]𝐵1=

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 1

0√

2 −√

2

−1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎠−1 ⎛⎜⎜⎜⎝

1 1 1

1 0 1

0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝−1

2

1

⎞⎟⎟⎟⎠Putem folosi coordonatele relativ la baza canonica si atunci:

[𝑣]𝐵1= 𝑇𝐵1𝐵𝑐

[𝑣]𝐵𝑐= 𝑇−1

𝐵𝑐𝐵1[𝑣]𝐵𝑐

=

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 1

0√

2 −√

2

−1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎠−1 ⎛⎜⎜⎜⎝

0

0

1

⎞⎟⎟⎟⎠

10

Motivul pentru care matricea de trecere de la o baza la alta se obtinetrecand coordonatele vectorilor pe coloane tine de cele doua moduri incare putem scrie relatia de mai sus. Daca dorim sa exprimam [𝑣]𝐵1

subforma unei matrice linie [𝑣]𝐵1

= (𝑎, 𝑏, 𝑐) atunci in matricea de trecere dela o baza la alta nu trebuie sa asezam coordonatele pe coloane si obtinemrelatii de tipul urmator:

[𝑣]𝐵1 = [𝑣]𝐵𝑐𝑇𝐵1𝐵𝑐 = [𝑣]𝐵𝑐𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

=(

0 0 1)⎛⎜⎜⎜⎝

1 0 −1

1√

2 1

1 −√

2 1

⎞⎟⎟⎟⎠−1

Remarca:

In ambele cazuri obtinem:

[𝑣]𝐵1=

⎛⎜⎜⎜⎝− 1

2

14

14

⎞⎟⎟⎟⎠Putem verica faptul ca:

𝑣 = (0, 0, 1) = −1

2𝑢1 +

1

4𝑢2 +

1

4𝑢3

Putem sa discutam despre perpendicularitatea vectorilor (ortogonalitate)daca introducem un produs scalar intre vectorii unui spatiu vectorial. Deexemplu pentru doi vectori 𝑣 = 𝑎1𝑒1 +𝑏1𝑒2 +𝑐1𝑒3 si �� = 𝑎2𝑒1 +𝑏2𝑒2 +𝑐2𝑒3putem defini:

𝑣 · �� = 𝑎1𝑎2 + 𝑏1𝑏2 + 𝑐1𝑐2

In felul acesta spunem ca doi vectori 𝑣, �� sunt ortogonali ⇐⇒ 𝑣 · �� = 0Prin calcul se poate observa ca vectorii bazei 𝐵1 sunt ortogonali doi catedoi. La fel si vectorii bazei canonice.

Remarca:

Problema 4. Teoria curbelor Bezier, folosita in animatia 3D, se bazeazape ideea ca urmatoarele polinoame, numite polinoame Bernstein:

𝑝𝑘 = 𝐶𝑘𝑛𝑥

𝑘(1 − 𝑥)𝑛−𝑘, 𝑘 = 0, 𝑛

formeaza o baza pentru multimea R𝑛[𝑋] a polinoamelor de grad cel mult𝑛. Verificati daca:

𝑝0 = (1 −𝑋)2, 𝑝1 = 2𝑋(1 −𝑋) 𝑝2 = 𝑋2,

formeaza o baza in R2[𝑋].

11

Solutie: Metoda 1:Avand trei vectori 𝑝0, 𝑝1, 𝑝2 intr-un spatiu 3-dimensional este suficient sa

testam ca 𝑑𝑒𝑡𝐴 = 0 datorita celor doua criterii de studiu a liniar independenteisi al sistemelor de generatori.

Formam intai matricea coordonatelor relativ la baza canonica 𝐵𝑐 = {𝑋 ,𝑋, 1}:

𝑝0 = 1 ·𝑋2−2 ·𝑋 + 1 · 1

𝑝1 = −2 ·𝑋2 + 2 ·𝑋 + 0 · 1

𝑝2 = 1 ·𝑋2 + 0 ·𝑋 + 0 · 1

Asadar:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 −2 1

−2 2 0

1 0 0

⎞⎟⎟⎟⎠si verificam 𝑑𝑒𝑡𝐴 = −2 = 0 =⇒ 𝑟𝑎𝑛𝑔𝐴 = 3=numar de vectori=dim R2[𝑋].

=⇒ 𝑝0, 𝑝1, 𝑝2 formeaza o baza a lui R2[𝑋].Metoda a doua:Putem sa consideram functiile polinomiale asociate celor trei polinoame:

𝑝0(𝑥) = (1 − 𝑥)2, 𝑝1(𝑥) = 2𝑥(1 − 𝑥), 𝑝2(𝑥) = 𝑥2. Pentru a arata ca celetrei functii obtinute sunt liniar independente aratam ca wronskianul asociateste nenul:

𝑊 (𝑝0, 𝑝1, 𝑝2)(𝑥) =

𝑝0(𝑥) 𝑝1(𝑥) 𝑝2(𝑥)

𝑝′0(𝑥) 𝑝′1(𝑥) 𝑝′2(𝑥)

𝑝′′0(𝑥) 𝑝′′1(𝑥) 𝑝′′2(𝑥)

= 0, ∀𝑥 ∈ R

𝑊 (𝑝0, 𝑝1, 𝑝2)(𝑥) =

(1 − 𝑥)2 2𝑥(1 − 𝑥) 𝑥2

−2(1 − 𝑥) −2𝑥 + 2(1 − 𝑥) 2𝑥

2 −4 2

= 4 = 0, ∀𝑥 ∈ R.

Folosim apoi propozitia:Intr-un spatiu vectorial n-dimensional orice sistem de n vectori liniar in-

dependenti formeaza o baza a sa.

Problema 5. Sa se arate ca pentru o matrice oarecare 𝐴 ∈ ℳ𝑛×𝑛(R)multimea:

𝑘𝑒𝑟𝐴 := {𝑣 ∈ ℳ𝑛×1(R) : 𝐴𝑣 = 0}

formeaza un subspatiu vectorial al lui ℳ𝑛×1(R).

Solutie: In 𝑘𝑒𝑟𝐴 se afla toti vectorii coloana care in urma aplicarii matricei𝐴 devin vectorul coloana nul.

O submultime 𝑆 a unui spatiu vectorial este subspatiu vectorial daca sinumai daca:

∀𝛼, 𝛽 ∈ K, 𝑣, �� ∈ 𝑆 =⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑆

asadar orice combinatie liniara de vectori din 𝑆 trebuie sa ramana in 𝑆.

12

In cazul nostru va trebui sa aratam ca:

∀𝛼, 𝛽 ∈ R, 𝑣, �� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴 =⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴

Fie asadar 𝑣, �� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴, adica 𝐴𝑣 = 0 si 𝐴�� = 0. Observam ca:

𝐴(𝛼𝑣 + 𝛽��) = 𝛼𝐴𝑣 + 𝛽𝐴�� = 𝛼0 + 𝛽0 = 0

deci si 𝛼𝑣 + 𝛽�� este transformat tot in 0 de catre matricea 𝐴.

=⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴.

13

Probleme propuse

Problema 1. In matematica de liceu apare de multe ori rationamentul numit”identificarea coeficientilor”. De fiecare data in spatele scenei sta ascuns unspatiu vectorial:

In multimea numerelor complexe stim ca:

𝑎 + 𝑏𝑖 = 𝑐 + 𝑑𝑖 ⇐⇒ 𝑎 = 𝑐, 𝑏 = 𝑑

Deci am identicat coeficientii.

i) Arati ca 𝑉 = C impreuna cu adunarea si inmultirea cu scalari din K = Ceste un spatiu vectorial si 𝐵 = {1, 𝑖} este o baza a acestuia.

Doua polinoame de grad trei 𝑝 = 𝑎1𝑋2 + 𝑏1𝑋 + 𝑐1 si 𝑞 = 𝑎2𝑋

2 + 𝑏2𝑋 + 𝑐2 suntegale ⇐⇒ 𝑎1 = 𝑎2, 𝑏1 = 𝑏2 si 𝑐1 = 𝑐2

ii) Arati ca 𝑉 = {𝑎𝑋2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 : 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ R} impreuna cu adunarea poli-noamelor si inmultirea cu scalari din K = R este un spatiu vectorial si𝐵 = {1, 𝑋,𝑋2} este o baza a acestuia.

Doua matrice de ordin doi 𝐴 =

⎛⎝𝑎 𝑏

𝑐 𝑑

⎞⎠ si 𝐵 =

⎛⎝𝑥 𝑦

𝑧 𝑡

⎞⎠ sunt egale ⇐⇒

𝑎 = 𝑥, 𝑏 = 𝑦, 𝑐 = 𝑧 si 𝑑 = 𝑡.

iii) Care este spatiul vectorial care permite aceasta identificare ? Cum aratao baza a sa ? Putem sa interpretam matricele ca pe niste vectori multi-dimensionali ?

Problema 2. Aratati ca multimea:

𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ R4 : 2𝑥− 3𝑦 + 𝑧 − 𝑡 = 0}

impreuna cu adunarea si inmultirea cu scalari obisnuite din R4 formeaza unspatiu vectorial.

Problema 3. Sa se studieze daca urmatoarele sisteme de vectori sunt liniarindependente. In caz contrar, sa se determine un subsistem 𝑆′ maximal liniarindependent, precum si dependenta liniara a acestora:

a) 𝑆 = {𝑝1 = −𝑋2+7𝑋+8, 𝑝2 = −𝑋2+3𝑋+2, 𝑝3 = 𝑋2−𝑋+1} ⊂ IR2[𝑋].b) 𝑆 = {𝑣1 = (1, 1,−1), 𝑣2 = (1.0, 2), 𝑣3 = (0, 1, 3)} ⊂ IR3

Problema 4. Sa se studieze care din sistemele de vectori date sunt sisteme degeneratori pentru spatiile mentionate:

a) 𝑆 = {𝑝1 = 𝑋2 + 𝑋 + 1, 𝑝2 = 𝑋2 + 𝑋, 𝑝3 = 𝑋2} ⊂ IR2[𝑋]

b) 𝑆 =

⎧⎨⎩𝐴1 =

⎛⎝1

1

⎞⎠ , 𝐴2 =

⎛⎝1

2

⎞⎠ , 𝐴3 =

⎛⎝0

1

⎞⎠⎫⎬⎭ ⊂ 𝑀2,1(IR)

c) 𝑆 = {𝑣1 = (𝑖, 0, 𝑖), 𝑣2 = (0,−𝑖, 0), 𝑣3 = (2𝑖,−𝑖, 2𝑖)} ⊂ lC3.

14

Problema 5. Fie sistemele de vectori:

𝐵1 = {𝑓1 = (1, 1, 0), 𝑓2 = (1, 0, 0), 𝑓3 = (1, 1, 2)}

𝐵2 = {𝑔1 = (1, 1, 3), 𝑔2 = (1, 1, 2), 𝑔3 = (3, 2, 4)}.

a) Aratati ca 𝐵1 si 𝐵2 sunt baze ale spatiului vectorial IR3

b) Aflati matricea de trecere 𝑇𝐵1𝐵2

c) Sa se determine coordonatele vectorului 𝑣 relativ la baza 𝐵1 daca acestaeste dat prin 𝑣 = −2𝑔1 + 𝑔2 + 3𝑔3.

Problema 6. Fie baza 𝐵 = {𝑣1 = (2, 1), 𝑣2 = (3, 2)} ⊂ IR2. Se cere:

a) Sa se determine baza 𝐵1 ⊂ IR2 stiind ca 𝑇𝐵𝐵1 =

⎛⎝1 1

5 6

⎞⎠a) Sa se determine baza 𝐵2 ⊂ IR2 stiind ca 𝑇𝐵2𝐵 =

⎛⎝1 2

4 9

⎞⎠

Problema 7. Sa se arate ca vectorii 𝑣1 = (1,−1,−1), 𝑣2 = (1,−1, 0) si 𝑣3 =(1, 0, 0) formeaza o baza pentru IR3 si sa se determine coordonatele vectorului𝑢 = (1, 2, 3) in aceasta baza.

15