Popoviciu Algebra Lineara

ACADEMIA TEHNICĂ MILITARĂ

Prof. univ. dr. NICOLAE POPOVICIU

© 2005 Editura Academiei Tehnice Militare

PREFAŢĂ

Este ştiută ideea că o carte se scrie folosind alte cărţi, dintre care, în general, cea mai mare parte nu este a autorului însuşi, dar poate şi să fie. Întotdeauna se pun mai multe întrebări. Când se scrie o carte? Atunci când autorul simte sincer că are ceva nou de spus. Nou ca materie ştiinţifică sau măcar nou ca organizare şi filtrare pedagogică. Această idee stă sub semnul dictonului latinesc, cu mai multe variante: Non idem est si duo dicunt idem (dico, dicere, dixi = a zice, a spune) sau Non idem est si duo discunt idem (disco, discere, didici = a învăţa, a înţelege). Ce îşi propune autorul printr-o carte? Îşi propune să înveţe ceva pe cititor sau să dea răspunsuri la unele din întrebările pe care acesta şi le pune. Având în vedere numai domeniul matematicii, ceea ce apare în faţa cititorului este cartea rezultat, cea văzută prin cele n pagini ale ei. Dar paginile care nu se văd sunt cele foarte multe. Acestea sunt paginile cu idei şi calcule intermediare. Numai cititorul care reface calculele din carte va înţelege acest aspect şi va fi cu adevărat câştigat. Un câştig real şi de durată. Aici apare opţiunea cititorului: studiu profund sau numai de suprafaţă. Scrierea acestei cărţi a fost guvernată de ideile de mai sus şi încă multe altele. Cuprinde şapte capitole care reprezintă esenţa algebrei liniare, cu precădere în spaţii finit dimensionale. Spaţiile vectoriale au fost studiate mult şi felurit în matematică. De ce? Datorită deosebitei lor calităţi: dacă se cunoaşte o bază a unui spaţiu vectorial, atunci se cunoaşte tot întregul. Acesta este motivul pentru care am inclus în prezenta carte un capitol de spaţii vectoriale. Subspaţiile vectoriale sunt tratate separat de spaţiile vectoriale datorită extraordinarei importanţe pe care acestea o au. În practică se lucrează pe un spaţiu vectorial însoţit de condiţii, ceea ce generează subspaţiul. O problemă legată de spaţiu sau subspaţiu se consideră încheiată numai atunci când se află dimensiunea şi cel puţin o bază. Această regulă se impune şi la spaţiul dual, pe care multe lucrări o ignoră. Problemele rezolvate din carte sunt prezentate în stil algoritmic, adică printr-o succesiune logică de etape. Cititorul îşi poate însuşi metoda de rezolvare, pe care ulterior să o aplice independent. La unele probleme se dau două sau trei metode de rezolvare. Scopul este acela de a face pe cititor să înţeleagă avantajele şi dezavantajele unei metode, aşa încât ulterior să fie capabil să aleagă singur cea mai bună cale de rezolvare. Oricât pare de cunoscut calculul matriceal, totuşi acesta trebuie studiat cu atenţie. De aceea în carte este prezentat un paragraf cu diferite tipuri de matrice.


Forma canonică Jordan a unei matrice pătrate este un subiect delicat. De aceea sunt prezentate multe probleme rezolvate pe această temă. Sunt ilustrate multe din cazurile care apar în mod frecvent în aplicaţii. Am renunţat la ideea clasică bazată pe vectorii principali şi am lucrat cu incluziunea de subspaţii nucleu ataşate unor endomorfisme liniare riguros constituite. Subspaţiul ortogonal şi proiecţia unui vector pe un subspaţiu este o altă temă des întâlnită. Tema îşi găseşte rezolvarea în carte. Capitolul de forme liniare, forme biliniare şi forme pătratice încheie prezentul manual şi se bazează pe toate capitolele anterioare. Ca şi la spaţiile vectoriale, aducerea unei forme pătratice la expresia canonică (sumă algebrică de pătrate) se consideră încheiată numai atunci când se cunosc baza şi matricea de trecere de la expresia iniţială la expresia canonică. Cartea reprezintă un manual util pentru studenţii din anul I, dar oricine citeşte cu atenţie are ceva de învăţat. În final, un gând de aleasă mulţumire din partea autorului se îndreaptă către conducerea Editurii Academiei Tehnice Militare şi competentul colectiv feminin de tehnoredactare, care au făcut posibilă apariţia acestei cărţi. Iulie 2004 Nicolae Popoviciu


CUPRINS

CAPITOLUL 1 MATRICE. SISTEME DE ECUAŢII LINIARE

1.1 Prezentarea notaţiilor 1.2 Operaţii cu matrice

1.3 Deplasarea indicilor într-o sumă

1.4 O clasificare a matricelor

1.5 Norma unui vector. Norma unei matrice. Numărul de condiţionare

1.6 Sisteme de ecuaţii liniare

1.7 Metoda de eliminare a lui Gauss-Jordan

1.8 Importanţa matricelor în câteva capitole ale algebrei liniare

1.9 Probleme rezolvate

1.10 Probleme propuse

CAPITOLUL 2 SPAŢII VECTORIALE

2.1 Definiţia spaţiului vectorial 2.2 Vectori liniar independenţi. Vectori liniar dependenţi 2.3 Bază. Dimensiune. Coordonate

2.4 Matricea de trecere de la o bază la altă bază

2.5 Schimbarea coordonatelor la schimbarea bazei. Lema substituţiei 2.6 Probleme rezolvate


CAPITOLUL 3 SUBSPAŢII VECTORIALE

3.1 Definiţia subspaţiului vectorial

3.2 Subspaţiile S1 ∩ S2, S1 + S2. Sumă directă. Subspaţii suplimentare

3.3 Teorema dimensiunilor, a lui Grassmann




CAPITOLUL 4 SPAŢII EUCLIDIENE. SPAŢII UNITARE

4.1 Produs scalar real. Spaţiu euclidian

4.2 Produs scalar complex. Spaţiu unitar

4.3 Normă. Distanţă. Unghi 4.4 Ortogonalitate. Bază ortogonală. Bază ortonormată

4.5 Subspaţiul ortogonal. Proiecţia unui vector pe un subspaţiu



CAPITOLUL 5 TRANSFORMĂRI LINIARE. OPERATORI LINIARI. OPERATORI LINIARI ADJUNCŢI ÎN SPAŢII EUCLIDIENE

5.1 Transformare liniară. Proprietăţi generale

5.2 Matricea ataşată unei transformări liniare între spaţii finit dimensionale

5.3 Nucleu. Imagine. Rang. Defect 5.4 Operatori liniari particulari în spaţii euclidiene



CAPITOLUL 6 VALORI PROPRII ŞI VECTORI PROPRII AI UNUI OPERATOR LINIAR. FORMA DIAGONALĂ ŞI FORMA CANONICĂ JORDAN

6.1 Valori proprii. Vectori proprii 6.2 Multiplicitatea algebrică. Subspaţiul propriu. Multiplicitatea geometrică

6.3 Metode de determinare a polinomului caracteristic

6.4 Teorema Hamilton-Cayley. Aflarea matricei inverse

6.5 Forma canonică a unui operator liniar pe spaţii finit dimensionale 6.5.1 Forma diagonală a matricei unui operator liniar 6.5.2 Forma canonică Jordan a matricei unui operator liniar



CAPITOLUL 7 FORME LINIARE. FORME BILINIARE. FORME PĂTRATICE

7.1 Forme liniare

7.2 Spaţiul dual. Baza duală


7.3 Forme biliniare

7.4 Forme pătratice 7.4.1 Definiţii. Proprietăţi 7.4.2 Expresia canonică a unei forme pătratice

7.4.2.1 Metoda lui Gauss 7.4.2.2 Metoda lui Jacobi 7.4.2.3 Metoda vectorilor proprii

7.5 Criteriul lui Sylvester pentru forme pătratice pozitiv sau negativ definite



BIBLIOGRAFIE


CAPITOLUL 1 MATRICE. SISTEME DE ECUAŢII LINIARE

Vom enumera câteva noţiuni, idei şi probleme legate de matrice şi sistemele liniare, omogene sau neomogene.

1.1 Prezentarea notaţiilor Folosim notaţii uzuale, ilustrate în cele ce urmează:

– înseamnă că i ia toate valorile naturale de la 1 la n; 1,i = n– A, B, C etc. desemnează matrice pătrate sau dreptunghiulare, cu

elemente dintr-un corp comutativ K (care, în general, este sau ); – ( )ijA a= , ; , 1,i m= 1,j n= m n= sau m n≠ ; – nI I= este matricea unitate (care totdeauna este matrice pătrată) de

ordinul n. Valoarea n se va subînţelege din context. Ordinul sau tipul unei matrice se notează în mai multe moduri echivalente: ( )nA K∈M sau n nA A ×= ; ( ),m nB K∈M sau m nB B ×= etc.;

1, dacă 0, dacă ij

j ij i=⎧

δ = ⎨ ≠⎩ (simbolul lui Kronecker);

tA desemnează transpusa matricei A. O matrice de tipul este numită vector. Totdeauna vectorul X este o matrice coloană, cu elementele (componentele)

1nX ×

1

n

xX

x

⎛ ⎞⎜= ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟⎟ sau ( )t

1 2, ,..., nX x x x= sau ( )iX x= , ; 1,i n=

det A reprezintă valoarea determinantului ataşat matricei pătrate A. Pentru liniile şi colonele unei matrice folosim notaţiile:

– Li este linia i din matrice. – este coloana j din matrice. Cj

1.2 Operaţii cu matrice Există operaţii cu matrice (unele sunt binare, iar altele unare). La fiecare operaţie se pun aceleaşi trei întrebări:


a) Cu ce matrice se face operaţia de … ? b) Cum se face operaţia de … ? c) Care este forma rezultatului la operaţia de … ? În cele ce urmează ilustrăm operaţiile cu matrice şi răspunsurile la

întrebări. 1. Adunarea a două matrice A şi B:

m n m n m nA B C× × ×+ = ij ij ijc a b, + , A B B A+ = + . =

2. Înmulţirea unei matrice A cu un scalar λ∈ sau λ∈ :

m n m nA B× ×λ = , ij ijb a= λ .

Atragem atenţia că la înmulţirea unei matrice cu un scalar se înmulţeşte fiecare element al matricei cu acel scalar, în timp ce la înmulţirea unui determinant cu un scalar se înmulţeşte numai o linie sau numai o coloană cu acel scalar. Reciproc: în mod corespunzător se dă factor comun într-o matrice sau într-un determinant.

λ

3. Înmulţirea a două matrice A şi B, în această ordine, are regulile:

m n n p m pA B C× × ×⋅ = , ( )ijC c= , AB BA≠

1

n

ij ik kjk

c a b=

=∑ 1,i m, = , 1,j p= .

Remarcăm faptul că întotdeauna o însumare de elemente indiciate se face după indicele dublu (k în cazul de mai sus).

În general înmulţirea de matrice nu este comutativă. Totuşi, în cazul matricelor pătrate există câteva cazuri când această operaţie este comutativă:

AI IA A= = , 1 1AA A A I− −= =

p q q p p qA A A A A += = , ,p q ∗∈ .

4. Transpunerea unei matrice A:

m nA × , tn mA B ×= , ij jib a= .

La transpunere, fiecare linie a lui A se transformă în coloana de acelaşi ordin a lui B.

Proprietate: ( )t t tAC C A= . 5. Inversarea unei matrice A. Se pot inversa numai matricele pătrate şi cu

determinant nenul. O asemenea matrice se numeşte nesingulară. Avem:

( )1 1AA A A I− −= = , ijI δ , 1n nA−× ; =

det 0A ≠ , 1det det 1A A−⋅ = .


Există multe metode (finite) de a aflare a matricei inverse, pe care le vom ilustra în această lucrare. Le enumerăm pe scurt:

a) 1 1det

A AA

− ∗= , unde A∗ este matricea formată cu complemenţii

algebrici transpuşi ai matricei A; b) metoda de eliminare a lui Gauss (numită şi metoda dreptunghiulară

sau metoda Gauss-Jordan); c) metoda partiţionării în submatrice; d) metoda ataşării unui sistem liniar; e) aflarea coloanelor lui 1A− ; f) aflarea liniilor 1A− ; g) metoda Hamilton-Cayley.

1.3 Deplasarea indicilor într-o sumă Fie suma S de forma

, unde 1 2 11

...n

kk

S A A A A −=

= = + + + +∑ n nA kA sunt nişte cantităţi

oarecare. Deplasăm indicele k de sub semnul sumă şi vedem ce se întâmplă cu indicele k din interiorul sumei, pentru a nu modifica suma din partea dreaptă.

Regula 1: 1

1 10

...n

k nk

S A A−

+=

A= = + +∑ .

Dacă sub semnul sumă indicele coboară cu 1 unitate, atunci în interiorul sumei el se măreşte cu 1 unitate, adică . 1k k→ +

Regula 2: 1

1 12

...n

k nk

S A A+

−=

A= = + +∑ .

Dacă sub semnul sumă indicele urcă cu 1 unitate, atunci în interiorul sumei el se micşorează cu 1 unitate, adică . 1k k→ − Regula 3: Scrierea sumei de la sfârşit spre început se face prin

1 1 21

...n

n k n nk

S A A A A− + −=

= = + + +∑ 1A+ .

Aceste reguli se pot folosi şi pentru deplasări cu mai mult de 1 unitate. În calcule algebrice mai laborioase se aplică deseori regulile de mai sus.

1.4 O clasificare a matricelor Orice clasificare are la bază un criteriu. Fără a menţiona criteriul, se ştie că există matrice pătrate sau dreptunghiulare, apoi matrice inversabile (nesingulare) şi neinversabile (singulare). La acestea mai adăugăm definiţiile


pentru câteva feluri de matrice pătrate A. Când matricea nu este pătrată, aceasta se va deduce din context.

1. Matrice simetrică sau autoadjunctă în real: tA A= , . ij jia a=

2. Matrice antisimetrică: tA A= − , ij jia a= − , 0iia = . 3. Matrice superior sau inferior triunghiulară (partea triunghiulară este

nenulă). 4. Matrice diagonală sau diagonal canonică.

Exemple:

1

2

3

0 00 00 0

aa

a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 1 0 00 1 00 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 0 00 1 00 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , . 1 0 0 00 1 0 00 0 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2 3 4

2 3 4

3 4

00 0

a a a ab b b

c c

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Observaţie: aceste forme se folosesc la aflarea rangului unei matrice, prin operaţii elementare care nu afectează rezultatul final.

5. Matrice conjugată: ( )ijA a= , ija ∈ .

6. Matricea adjunctă are forma t tA A= . Uneori această matrice se notează cu A∗ , adică t tA A A∗ = = . În real, tA A∗ = .

7. Matricea A reală este ortogonală dacă tAA I= sau 1 tA A− = . Dacă în plus det 1A = , atunci A este matricea unei rotaţii.

8. Matricea A complexă este unitară dacă tAA I= sau 1 tA A− = .

9. Matricea A complexă este hermitică dacă tA A= sau tA A= sau tA A= .

Matricea hermitică se mai numeşte matrice autoadjunctă în complex. 10. Matricea A este antihermitică dacă

tA A= − sau tA A= − .

11. Matricea A este involutivă dacă 2A I= . 12. Matricea A este nilpotentă dacă există p∈ astfel încât OpA = ,

unde O este matricea nulă. Cel mai mic număr p cu proprietatea de mai sus se numeşte indice de nilpotenţă.

13. Matrice celulară, matrice Jordan.


14. Matrice pozitiv definită, matrice negativ definită. 15. Matricea pătrată A este diagonal dominantă dacă

1

n

ii ijj

a a=

>∑ , j i≠ , 1,i n= .

16. Matrice stocastică. Este o matrice reală pătrată, cu elemente şi a.î. pe fiecare linie suma elementelor este egală cu 1.

0ija ≥

17. Matrice dublu stocastică. Este o matrice stocastică a.î. (şi) pe fiecare coloană suma elementelor este egală cu 1.

1.5 Norma unui vector. Norma unei matrice. Numărul de condiţionare

Fie vectorul coloană ( )iX x= şi matricea pătrată ( )ijA a= , , 1,i j n= .

Notăm normele prin ⋅ .

1. 11

n

ii

X x=

=∑

22

1

n

ii

X=

= x∑ (norma euclidiană)

1

nppp i

i

X x=

= ∑

{ }1 2max , ,..., nX x x∞ = x .

În aplicaţii, cele mai folosite norme sunt 2X şi X ∞ .

2. 1, 1

maxn

iji n j

A a∞=

=

= ∑ (maxim din sumele pe fiecare linie)

11, 1

maxn

ijj n iA a

==

= ∑ (maxim din sumele pe fiecare coloană)

2

, 1

n

F iji j

A a=

= ∑ (norma Frobenius)

maxX

AXAX

∞

≠θ ∞= ([6], pag. 30), (norma operatorială)


În aplicaţii, cele mai folosite norme sunt A şi A ∞ . Norma Frobenius se mai numeşte norma HILBERT-SCHMIDT. Modul de calcul este identic cu cel de la norma euclidiană a unui vector. Consecinţă: AX A X∞ ≤ ∞ sau mai simplu AX A X≤ . Observaţie: concomitent, norma lui X sau a lui A se reunesc într-o singură formulă de forma

( )tdetA AA= , m nA A ×= , ija ∈ .

Totdeauna ( , aşa cum rezultă din inegalitatea Cauchy-Buneakovski-Schwarz.

)tdet 0AA >

Fie sistemul liniar AX b= , unde A este matrice pătrată de ordinul n, nesingulară. Se pune problema de a şti ce se întâmplă dacă se produc unele perturbaţii asupra coeficienţilor sistemului. Există numeroase exemple care arată că perturbări mici ale coeficienţilor numerici pot provoca perturbări mari ale soluţiei sistemului. Studierea problemei perturbaţiilor se face cu numărul de condiţionare al matricei A. Numărul de condiţionare se notează ( )NC A [15] şi se defineşte prin

( ) 1NC A A A−∞ ∞= .

Un sistem este rău condiţionat dacă ( )NC A 1. Dacă ( )NC 1A = , atunci sistemul este bine condiţionat. O estimare a lui ( )NC A se face cu ajutorul valorilor proprii (reale sau complexe) ale matricei A, sub forma

( )1

NC mAλ

≥λ

, 1 2 ... mλ ≤ λ ≤ ≤ λ , m n≤ .

1.6 Sisteme de ecuaţii liniare Folosim notaţiile matriceale AX = θ (sistem omogen); AX b= (sistem neomogen), unde ( )iX x= este vectorul necunoscut, iar θ este vectorul nul. Un sistem liniar neomogen poate fi compatibil sau incompatibil. În algebra liniară sunt de foarte mare importanţă sistemele omogene. Un sistem omogen este întotdeauna compatibil, deoarece el are cel puţin soluţia nulă. Atunci apare următoarea întrebare: când un sistem liniar are şi altă soluţie decât cea nulă? Răspuns:

a) Un sistem omogen cu matrice pătrată A are şi altă soluţie decât soluţia nulă dacă det 0A = . În acest caz există necunoscute secundare, care se notează cu , , etc. sau , α β γ 1α 2α , … şi pot lua orice valori din sau .


b) Un sisteme omogen cu matrice dreptunghiulară A are şi altă soluţie decât soluţia nulă dacă (n este numărul de necunoscute). În acest caz există soluţii secundare care generează soluţiile nenule.

rangr A= n<

La un sistem omogen se caută soluţia generală X. În aplicaţii se recomandă ca soluţia generală să fie structurată sub forma

1 1 2 2 ... s sX X X X= α + α + + α , s n r= − .

Vectorii coloană sunt soluţii particulare şi formează un sistem fundamentale de soluţii. Proprietăţi ale sistemului fundamental de soluţii vor fi prezentate în capitolul de spaţii vectoriale.

1 2, ,..., pX X X

Fie AX b= un sistem liniar neomeogen. Lui i se ataşează sistemul omogen AX = θ . Atunci: , unde X este soluţia generală a sistemului neomeogen, 0 pX X X= + 0X este soluţia generală a sistemului omogen, pX este o soluţie particulară a sistemului neomeogen. Observaţie: oriunde un fenomen fizic conduce la o dependenţă liniară, soluţia generală are reprezentarea de mai sus. Aceasta se foloseşte des la ecuaţii liniare şi la ecuaţii diferenţiale (sau cu derivate parţiale) liniare. Din punctul de vedere al analizei numerice un sistem AX b= are soluţie unică dacă A este matrice pătrată, diagonal dominantă ([6], pag. 31). Rezolvarea unui sistem liniar neomogen (compatibil) se face prin multe metode finite. Dintre acestea menţionăm câteva:

a) Metoda lui Gauss de aducere a matricei A la forma superior triunghiulară, diagonală sau diagonal canonică. Apoi rezolvarea se face de jos în sus.

b) Metoda de eliminare a lui Gauss-Jordan, în care se folosesc formulele dreptunghiului. Această metodă necesită operaţii aritmetice. 3n

c) Metoda lui Cholesky [15].

1.7 Metoda de eliminare a lui Gauss-Jordan Deocamdată nu precizăm ce (vector) se elimină şi ce (vector) se pune în loc. Acest aspect va fi lămurit la Lema substituţiei din capitolul de spaţii vectoriale. Metoda eliminării se datorează lui Gauss (sau Gauss-Jordan). Numeric, această metodă conduce la formulele dreptunghiului, pentru o matrice pătrată

n nA A ×= cu elementele şi pivotul ija 0mka ≠ , unde 1 m n≤ ≤ , . Prin eliminarea şi înlocuirea coloanei k din matricea A se obţine o nouă matrice

1 k n≤ ≤

( )ijA a′ ′= , n nA A ×′ ′= cu elementele de forma:


mjmj

mk

aa

a′ = , 1,j n= ; 0ika′ = , i m≠ , 1,i n= ;

ik mjij ij

mk

a aa a

a′ = − , 1,i n= ; i m≠ , 1,j n= ; j k≠ .

Practic se realizează un dreptunghi cu patru elemente ale matricei A, care are un vârf în pivotul , iar vârful diagonal se află în elementul curent . Aceasta se vede în scheme care urmează.

mka ija

Fig. 1.1

Vârfurile şi (nul sau nenul) sunt suficiente pentru formarea unui dreptunghi.

0mka ≠ ija

Formulele dreptunghiului spun că elementele de pe linia pivotului se împart cu pivotul, iar cele de pe coloana pivotului se înlocuiesc cu zerouri, mai puţin noul element ce devine 1 (se folosesc dreptunghiuri degenerate). mka′

În aplicaţii se folosesc pivoţi nenuli de pe diagonalele principale ale matricei A, A′ etc. Se recomandă chiar să începem calculele cu pivot 1mma = + sau , pentru a evita calculele cu numere fracţionare (dacă nu cumva chiar sunt fracţionare).

1mma = −

ijaCalculele se opresc atunci când au fost folosiţi n pivoţi nenuli sau dacă nu

mai există posibilitatea alegerii unui nou pivot nenul. Formulele dreptunghiului se folosesc la: a) calcularea matricei inverse; b) calcularea produsului 1A B− ; c) rezolvarea unui sistem liniar; d) îmbunătăţirea unei soluţii posibile într-o problemă de programare

liniară prin metoda simplex etc. În cazurile a) şi b) se foloseşte alăturarea (juxtapunerea) de forma [ ]A I ,

respectiv [ ]A B , conform schemelor.


A

Fig. 2.1

1.8 Importanţa matricelor în câteva capitole ale algebrei liniare

Matricele-pătrate sau dreptunghiulare, singulare sau nesingulare, au o mare utilizare. Vom enumera câteva capitole din algebra liniară.

1. Cu ajutorul unei matrice se scrie condensat un sistem de ecuaţii liniare. 2. Unei matrice dreptunghiulare i se asociază o transformare liniară

. :T V V ′→3. Unei matrice pătrate i se asociază un operator liniar . Pentru

acest operator se determină valorile proprii şi vectorii proprii. :T V V→

4. O matrice pătrată A se poate diagonaliza sau se poate aduce la forma canonică Jordan. Apoi se poate calcula nA .

5. Unei matrice pătrate simetrice i se asociază o formă biliniară simetrică sau o formă pătratică. Apoi formei pătratice i se poate determina expresia canonică şi signatura. Pentru matricea A se poate calcula nA . Aceste aspecte, împreună cu multe altele, vor fi prezentate în capitolele care urmează.

1.9 Probleme rezolvate Problema 1. Să se aducă la forma diagonal canonică şi să se stabilească

rangul matricei A, . 2 1 1 21 1 2 13 2 1 3

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Soluţie. Notăm cu semnul „~” echivalenţa matricelor relativ la conservarea rangului.

( )( )

( )( )

( ) ( )

1 2 1 2 2 1 1 21 3 3 1 2 3

2: 3 2 1 3

2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 11 1 2 1 2 1 1 2 0 3 3 03 2 1 3 3 2 1 3 0 5 5 0

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 00 3 3 0 0 1 1 0 0 1 1 00 5 5 0 0 5 5 0 0 0 0 0

L L L L C CL L C C

L L L

A

↔ ⋅ − + ⋅ − +⋅ − + ⋅ − +

− ⋅ − +

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

∼ ∼ ∼

∼ ∼ ∼

( )2 1 3

1 0 0 00 1 0 00 0 0 0

C C⋅ − +

⎛ ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟⎠ ⎝ ⎠

∼


rang 2A = . Sub fiecare tablou am notat operaţiile (transformările) elementare efectuate, care nu schimbă rangul matricei. Evident că ordinea operaţiilor putea să aibă şi altă înlănţuire decât cea de sus. Problema 2. Folosind forma diagonal canonică să se determine rangul matricei A:

2 1 3 2 44 2 5 1 72 1 1 8 2

A− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Soluţie. Prin operaţii (transformări) elementare obţinem succesiv:

( ) ( )

( )( )

1:2 1 2 2; 1 2 3

1 1/ 2 2 2 51 3/ 2 3

2 1 3 2 4 1 1/ 2 3/ 2 1 24 2 5 1 7 4 2 5 1 72 1 1 8 2 2 1 1 8 2

1 1/ 2 3/ 2 1 2 1 0 0 0 00 0 1 5 1 0 0 1 5 10 0 2 10 2 0 0 2 10 2

1 0 0 0 00 1 1 5 00 2 2 10 0

L L L L

C C C CC C

A

⋅ − + − +

⋅ + ↔⋅ − +

− − − −⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜= − −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜− −⎝ ⎠ ⎝

− −⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜− − − −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜− − − −⎝ ⎠ ⎝

− −− −

∼ ∼

∼ ∼

∼

( ) ( )

( )

2 1 2 2 3

2 1 3

1 0 0 0 00 1 1 5 00 2 2 10 0

1 0 0 0 0 1 0 0 0 00 1 1 5 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0

L L L

C C

⋅ − ⋅ +

⋅ − +

⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜ −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ −⎝ ⎠ ⎝

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∼ ∼

∼ ∼

L

⎞⎟⎟⎟⎠

⎞⎟⎟⎟⎠

∼

⎞⎟⎟⎟⎠

rang 2A = . Pentru scurtarea calculelor, etapele se pot condensa.

Problema 3. Folosind ca formă intermediară matricea superior

triunghiulară, să se afle inversa matricei A, . 1 2 13 7 14 9 3

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Soluţie. Folosim pe verticală punerea în pagină de forma [ ],A I şi facem operaţii elementare numai cu liniile matricelor. Obţinem succesiv:

A I 1 2 1 1 0 0 ( )1 3L L2⋅ − + 3 7 1 0 1 0 ( )1 4L L3⋅ − + 4 9 3 0 0 1 1 2 1 1 0 0 0 1 −2 −3 1 0 ( )2 1L L3⋅ − + 0 1 −1 −4 0 1 1 2 1 1 0 0 U, L matrice triunghiulare

U: 0 1 −2 L: −3 1 0 Obţinem alte zerouri 0 0 1 −1 −1 1 ( )2 2L L1⋅ − + 1 0 5 7 −2 0 ( )3 5L L1⋅ − + 0 1 −2 −3 1 0 ( )3 2 2L L⋅ + 0 0 1 −1 -1 1 1 0 0 12 3 −5 Sfârşit: pe locul lui A a apărut I 0 1 0 −5 −1 2 0 0 1 -1 −1 1 I 1A−

. Proba: 112 3 5

5 1 21 1 1

A−−⎛ ⎞

⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

1 1AA A A I− −= = .

Consecinţă: matrice superior triunghiulară (Upper); U = L =matrice inferior triunghiulară (Lower); , U LA= 1A L U−= , 1 1A U L− −= . Observaţie. Dacă U este matrice superior triunghiulară, atunci este superior triunghiulară. Dacă L este matrice inferior, atunci

1U −

1L− este tot inferior triunghiulară. Prin I notăm matricea unitate cu ordinul cerut de problemă. Problema 4. Cu notaţiile din problema 3 să se afle inversa matricei A folosind forma intermediară superior triunghiulară şi să se verifice consecinţele menţionate în problema anterioară, unde


1 3 02 1 23 4 5

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Soluţie. Folosim juxtapunerea [ ],A I şi transformăm tablourile pe verticală, făcând operaţii elementare numai cu liniile. Obţinem succesiv: A I

1 3 0 1 0 0 ( )1 2L L2⋅ − + 2 1 −2 0 1 0 ( )1 3 3L L⋅ + −3 4 5 0 0 1 1 3 0 1 0 0 Realizăm pivot 1 0 −5 −2 −2 1 0 ( )2: 5L − 0 13 5 3 0 1 1 3 0 1 0 0

0 1 2/5 2/5 −1/5 0 ( )2 13L L3⋅ − + 0 13 5 3 0 1 1 3 0 1 0 0 U, L matrice triunghiulare U: 0 1 2/5 L: 2/5 −1/5 0 Obţinem alte zerouri 0 0 −1/5 −11/5 13/5 1 ( )2 3 1L L− + 1 0 −6/5 −1/5 3/5 0 Realizăm pivot 1 0 1 2/5 2/5 −1/5 0 0 0 −1/5 −11/5 13/5 1 ( )3 5L ⋅ − 1 0 −6/5 −1/5 3/5 0 ( )3 6/5 1L L⋅ + 0 1 2/5 2/5 −1/5 0 ( )3 2/5L L2⋅ − + 0 0 1 11 −13 −5 1 0 0 13 −15 −6 Sfârşit: pe 0 1 0 −4 5 2 locul lui A 0 0 1 11 −13 −5 a apărut I

I 1A−

113 15 64 5 2

11 13 5A−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

. Proba: 1 1AA A A I− −= = .


Consecinţă: 5 15 0

1 0 5 25

0 0 1U

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; 5 0 0

1 2 1 05

11 13 5L

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

11 3 60 1 20 0 5

U −− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; 11 0 02 5 03 13 1

L−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, U LA= 1A L U−= , 1 1A U L− −= . Observaţie. Succesiv, în fiecare tablou se foloseşte ca pivot un element de pe diagonala principală a matricei A şi ale transformatelor ei. În aplicaţii este bine ca pivotul să fie 1. De aceea în tabloul 2 am împărţit 2L cu ( . Apoi, se recomandă ca pivotul să fie scos în evidenţă prin încercuire sau marcare cu un semn, de exemplu semnul *.

)5−

Problema 5. Să se aducă matricea A la forma 1 2A A A= , unde 1A şi 2A sunt respectiv matrice inferior şi superior triunghiulare, iar în final să se afle 1A− pentru

1 2 3 42 3 4 51 1 2 31 1 1 2

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Folosim juxtapunerea (alăturarea) [ ],A I şi facem operaţii elementare cu liniile.


A I 1∗ 2 3 4 1 0 0 0 2 3 4 5 0 1 0 0 1 1 2 3 0 0 1 0 1 1 1 2 0 0 0 1 1 2 3 4 1 0 0 0 0 −1 −2 −3 −2 1 0 0 ( )2 1L ⋅ − 0 −1 −1 −1 −1 0 1 0 0 −1 −2 −2 −1 0 0 1 1 2 3 4 1 0 0 0 0 1∗ 2 3 2 −1 0 0 0 −1 −1 −1 −1 0 1 0 0 −1 −2 −2 −1 0 0 1 1 2 3 4 1 0 0 0 Facem zero U: 0 1∗ 2 3 L: 2 −1 0 0 pe coloane 0 0 1 2 1 −1 1 0 0 0 0 1 1 −1 0 1 1 0 −1 −2 −3 2 0 0 0 1 2 3 2 −1 0 0 0 0 1∗ 2 1 −1 1 0 0 0 0 1 1 −1 0 1 1 0 0 0 −2 1 1 0 0 1 0 −1 0 1 −2 0 0 0 1 2 1 −1 1 0 0 0 0 1∗ 1 −1 0 1 1 0 0 0 −2 1 1 0 0 1 0 0 1 0 −2 1 0 0 1 0 −1 1 1 −2 0 0 0 1 1 −1 0 1 I 1A−

Am obţinut:

1

2 1 1 01 0 2 11 1 1 21 1 0 1

A−

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ,

1 2 3 40 1 2 30 0 1 20 0 0 1

U

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 0 0 02 1 0 01 1 1 01 1 0 1

L

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

1AA I− = , U LA= , 1A L U−= , 1 1A U L− −= det 1A = − , det 1U = , det 1L = −


1

1 2 1 00 1 2 10 0 1 20 0 0 1

U −

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 1

1 0 0 02 1 0 01 1 1 01 1 0 1

L−

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

(Este o întâmplare că 1L L− = .) Răspunsul la problema formulată este

1 2A A A= , 11A L−= , 2A U=

det 1A = − , 1det 1A = − , 2det 1A = .

Problema 6. Folosind metoda de eliminare a lui Gauss-Jordan să se

cerceteze dacă matricea A este inversabilă şi în caz afirmativ să se afle inversa

sa, unde .

1 2 1 02 1 3 20 1 2 41 0 2 3

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Soluţie. Realizăm juxtapunerea [ ],A I şi transformăm tabloul obţinut folosind scrierea pe verticală. Pentru matricea pătrată n nA A ×= se fac transformări succesive cu ajutorul formulelor din regula dreptunghiului. Dacă pivotul este , atunci formulele de transformare pe linii au forma 0mka ≠

mjmj

mk

aa

a′ = , 1,j n= , 0ika′ = , i m≠ , 1,i n= ;

ik mjij ij

mk

a aa a

a′ = − , 1,i n= , i m≠ , 1,j n= , j k≠ .

Aceste formule se aplică atât elementelor din A, cât şi celor din I. Obţinem succesiv:


A I 1 2 −1 0 1 0 0 0 , 1m = 1k = 2 −1 3 2 0 1 0 0 0 1 2 4 0 0 1 0 −1 0 2 3 0 0 0 1

1 2 −1 0 1 0 0 0 0 −5 5 2 −2 1 0 0 , 2m = 2k =0 1 2 4 0 0 1 0 0 2 1 3 1 0 0 1 1 0 1 4/5 1/5 2/5 0 0 0 1 −1 −2/5 2/5 −1/5 0 0 0 0 3 22/5 −2/5 1/5 1 0 , 3m = 3k = 0 0 3 19/5 1/5 2/5 0 1 1 0 0 −2/3 1/3 1/3 −1/3 0 0 1 0 16/15 4/15 −2/15 1/3 0 0 0 1 22/15 −2/15 1/15 1/3 0 0 0 0 −3/5 3/5 1/5 −1 1 4m = , 4k =1 0 0 0 −1/3 1/9 7/9 −10/9 0 1 0 0 4/3 2/9 −13/9 16/9 0 0 1 0 4/3 5/9 −19/9 22/9 0 0 0 1 −1 −1/3 5/3 −5/3

I 1A− Procesul transformărilor se opreşte, deoarece pe poziţia lui A a apărut I.

1

3 1 7 1012 2 13 16112 5 19 229

9 3 15 15

A−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

.

Procesul a continuat până la găsirea lui 1A− , deoarece pe diagonală în fiecare tablou am găsit un număr nenul care a putut fi luat ca pivot. Dacă pe parcursul transformărilor în unul din tablouri nu mai găseam pivot (element nenul), aceasta era un indiciu că matricea iniţială nu este inversabilă. Metoda de eliminare a lui Gauss-Jordan (numită şi metoda dreptunghiului) testează automat dacă matricea este inversabilă şi află efectiv inversa în caz afirmativ. Exceptând cumularea erorilor, care în general este mare la lucrul cu fracţii zecimale, metoda este programabilă la calculator.


Problema 7. Folosind regula dreptunghiului să se afle inversa matricei A:

3 2 0 10 2 2 11 2 3 20 1 2 1

A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Folosim juxtapunerea [ ],A I , cu calculele din liniile transformate aşezate pe verticală. Obţinem succesiv (det 1A = ): A I

3 −2 0 −1 1 0 0 0 , 1m = 1k = 0 2 2 1 0 1 0 0 1 −2 −3 −2 0 0 1 0 0 1 2 1 0 0 0 1 1 −2/3 0 −1/3 1/3 0 0 0 0 2 2 1 0 1 0 0 , 2m = 2k =0 −4/3 −3 −5/3 −1/3 0 1 0 0 1 2 1 0 0 0 1 1 0 2/3 0 1/3 1/3 0 0 0 1 1 1/2 0 1/2 0 0 0 0 −5/3 −1 −1/3 2/3 1 0 , 3m = 3k = 0 0 1 1/2 0 −1/2 0 1 1 0 0 −2/5 1/5 3/5 2/5 0 0 1 0 −1/10 −1/5 9/10 3/5 0 0 0 1 3/5 1/5 −2/5 −3/5 0 0 0 0 −1/10 −1/5 −1/10 3/5 1 , 4m = 4k =1 0 0 0 1 1 −2 −4 0 1 0 0 0 1 0 −1 0 0 1 0 −1 −1 3 6 0 0 0 1 2 1 −6 −10

I 1A− Matricea A a schimbat locul cu I, iar I a schimbat locul cu matricea inversă 1A− . Observaţie. Vom inversa această matrice şi prin alte 3 metode.


Problema 8. Folosind partiţionarea, să se afle inversa matricei

3 2 0 10 2 2 11 2 3 20 1 2 1

A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Alegem partiţionarea în matrice de tipul , aşa încât submatricele de pe diagonala principală să fie inversabile. Menţionăm că partiţionarea nu este unică, adică poate fi făcută şi cu blocuri de alte dimensiuni. Partiţionăm matricele

2 2×

1A− şi I în acelaşi fel cu A. Notăm submatricele obţinute într-un mod convenabil (la dorinţa rezolvatorului):

a bA

c d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , 1 X YA

U V− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

40

0i

Ii

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

3 20 2

a−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 0 12 1

b−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 20 1

c−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3 22 1

d− −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Matricele X, Y, U, V sunt necunoscute şi trebuie determinate. Punem condiţia 1

4AA I− = şi obţinem un sistem matriceal cu necunoscutele X, Y, U, V de forma

aX bU i+ = , , 0aY bV+ = 0cX dU+ = , cY dV i+ = , unde O este matricea nulă de tip 2 2× . Formăm două sisteme independente, fiecare având ca matrice pe A

;0,

aX bU icX dU

+ =⎧⎨ + =⎩

0;.

aY bVcY dV i

+ =⎧⎨ + =⎩

Deoarece matricele şi 1a− 1d − există, din ecuaţiile ce conţin matricea nulă scoatem

1U d cX−= − ; 1Y a bV−= − . (1.1) Eliminând U şi Y, obţinem

( ) 11X a bd c−−= − , ( 11V d ca b)

−−= − . (1.2) Deci, totul s-a redus la formulele (1.1) şi (1.2), care folosesc matrice de

dimensiuni mai mici faţă de cea iniţială. Facem calcule efective şi obţinem succesiv:

1 2 210 36

a−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 1 22 3

d − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠


1 1 10 1

a bd c− −⎛ ⎞− = ⎜ ⎟

⎝ ⎠, ,

1 10 1

X⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

1 12 1

U− −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

1 10 616 36

d ca b− − −⎛ ⎞− = ⎜ ⎟

⎝ ⎠, ,

3 66 10

V⎛ ⎞

= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠

2 40 1

Y− −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

1

1 1 2 40 1 0 11 1 3 62 1 6 10

X YA

U V−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎛ ⎞ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Cum era firesc, rezultatul coincide cu cel de la problema anterioară. Problema 9. Fie matricea A de la problema anterioară. Să se afle 1A−

prin determinarea liniilor necunoscute ale acestei matrice. Soluţie. Avem 1AA− = I . Notăm – , , , liniile necunoscute ale lui 1X 2X 3X 4X 1A− ; – , , , liniile cunoscute ale lui I. 1 2 3 4Scriem dezvoltat sistemul liniar

, (*)

1 1

2 2

3 3

4 4

XX

AXX

⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

2

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

40

4

1 1

2 1

3 3

4 4

XX

AXX

−

⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

şi obţinem

1 1 2 3 4

2 2 4

3 1 2 3 4

4 1 2 3

2 4

3 62 6 1

XXXX

= + − −⎧⎪ = −⎪⎨ = − − + +⎪⎪ = + − −⎩

Prin înlocuirea numerică a liniilor 1 − sau din folosirea ecuaţiei matriceale (*) obţinem

1

21

3

4

1 1 2 40 1 0 11 1 3 62 1 6 10

XX

AXX

−

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Cum era firesc, rezultatul coincide cu cel de la metodele anterioare.


Problema 10. Fie matricea A de la problema anterioară. Să se afle 1A− prin determinarea coloanelor necunoscute ale acestei matrice. Soluţie. Avem 1AA− = I . Notăm

– , , , coloanele necunoscute ale lui 1Y 2Y 3Y 4Y 1A− ; – , , , coloanele cunoscute ale lui I. 1i 2i 3i 4i

Scriem dezvoltat sistemul liniar

( ) ( )1 2 3 4 1 2 3 4Y Y Y Y A i i i i=

şi prin rezolvare obţinem

( )( )( )

( )

t1 1 3 4

t2 1 2 3 4

t3 1 3 4

t4 1 2 3 4

2 1 0 1 2

1 1 1 1

2 3 6 2 0 3 6

4 6 10 4 1 6 10

Y i i i

Y i i i i

Y i i i

Y i i i i

= − + = −

= + − + = −

= − + − = − −

= − − + − = − − −

1 1 2 40 1 0 11 1 3 62 1 6 10

A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Rezultatul coincide cu rezolvările anterioare. Problema 11. Folosind ataşarea unui sistem liniar neomogen, să se afle

inversa matricei . 2 1 31 0 11 1 2

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Soluţie. Ataşăm sistemul liniar neomogen AX Y= , unde X şi Y sunt vectori coloană

( )t1 2 3, ,X x x x= , , ( )t

1 2 3, ,Y y y y= 1X A Y−= .

Prin rezolvarea sistemului AX Y= obţinem

( )

( )

( )

1 1 2 3

2 1 2 3 ,

3 1 2 3

1 ,21 3 721 3 ,2

x y y y

x y y y

x y y y

= − +

= − + −

= − + −

1

2

3

1 1 11 3 7 12

1 3 1

yX y

y

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠

.


Rezultă 11 1 1

1 3 7 12

1 3 1A−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Observaţie. Această metodă este destul de rapidă şi se recomandă la aflarea matricei inverse. Pentru rezolvarea sistemului liniar se pot folosi mai multe metode, dar se recomandă variantele clasice (substituţie, reducere), deoarece Y este un vector formal (necunoscut). Problema 12. Fie matricea A

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

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Să se afle matricea inversă prin: a) ataşarea unui sistem liniar AX Y= ; b) metoda de eliminare a lui Gauss. Soluţie. a) Din sistemul AX Y= obţinem succesiv

1 3 4 1

1 2 3 4 2

2 3 4 3

1 2 3 4

2 23

22 2 2

x x x yx x x x y

x x x y

4x x x x y

− + =⎧⎪ + + + =⎪⎨ + + =⎪⎪ + + + =⎩

( )

( )

( )

( )

1 1 2 3

2 1 2 3 4

3 1 2 3

4 1 2 3

1 4 6 8 11131 2 3 9

131 3 2 7 8

131 8 2 6

13

4

4

4

x y y y y

x y y y y

x y y y y

x y y y y

⎧ = − − +⎪⎪⎪ = − + −⎪⎨⎪ = − − − +⎪⎪⎪ = − + + −⎩

1

4 6 8 112 3 9 113 2 7 8131 8 2 6

A−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.


b) Folosim formulele din regula dreptunghiului. Primul pivot nenul este . Se cuvine să împărţim cu 2 prima alinie din matricele juxtapuse [11 2a = ],A I .

Pentru a evita să lucrăm de la început cu numere fracţionare (cu numitorul 2), vom începe cu pivotul . Prin împărţirea liniei a doua cu acest pivot, elementele nu se schimbă. În continuare vom căuta pivoţi cu valoarea 1 sau .

22 1a =

iia′1−Când acest lucru nu mai este posibil, folosim pivoţii necesari, care au mai

rămas. În acest fel, numai spre finalul calculelor vom lucra cu numere fracţionare.

Aceste recomandări sunt valabile chiar şi atunci când algoritmul Gauss se programează la calculator. Numai că elaborarea programului se complică.

În cazul matricei A rezultă:

A I 2 0 −2 1 1 0 0 0 1 1∗ 1 3 0 1 0 0 , 2m = 2k = 0 2 1 1 0 0 1 0 1 2 2 2 0 0 0 1 2 0 −2 1 1 0 0 0 1 1 1 3 0 1 0 0 −2 0 1∗− −5 0 −2 1 0 , 3m = 3k = −1 0 0 −4 0 −2 0 1

6 0 0 11 1 4 −2 0 −1 1 0 −2 0 −1 1 0

2 0 1 5 0 2 −1 0 −1 0 0 4∗ 0 −2 0 1 , 4m = 4k =

Se continuă calculele până când jos în partea stângă apare matricea unitate I. Astfel se obţine matricea 1A− . Problema 13. Folosind metoda de eliminare a lui Gauss să se cerceteze dacă există şi în caz afirmativ să se afle inversa matricei

ˆ ˆ ˆ1 0 1ˆ ˆ ˆ2 1 0ˆ ˆ ˆ1 1 2

A

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟ în cazurile ( )3 3A∈M , ( )3 5A∈M .

Soluţie. Pentru a simplifica scrierea nu mai folosim semnul circumflex pentru notarea claselor de resturi. De asemenea, evităm folosirea claselor negative prin convenţia


3 : 1 22 1

− =− = 5 :

1 4, 3 22 3, 4 1

,.

− = − =− = − =

Cu ajutorul formulelor dreptunghiului obţinem succesiunea de tabele.

A I A I 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 2 1 0 0 1 0 2 1 0 0 1 0 1 1 2 0 0 1 0 1 2 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 3 3 1 0 0 1 1 2 0 1 0 1 1 4 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 3 3 1 0 0 0 0 1 2 1 0 0 3 1 4 1 1 0 0 4 2 3 0 1 0 2 2 4 0 0 1 2 3 2

În nu există 31A− , deoarece în ultimul tabel din stânga nu mai există

pivot nenul . 33a

În există . 51

4 2 32 2 42 3 2

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

La ultimul pivot nenul 33 3a = am folosit înmulţirea cu . 13 2− = Problema 14. Fie matricea M partiţionată în submatrice de forma

OA B

MC

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , m mA A ×= m nB B ×= , n nC C ×= ,

(matricea nulă), A şi C inversabile. Să se afle O On m×= 1M − .

Soluţie. Partiţionăm 1M − sub forma , unde matricele X,

Y, U, V aceleaşi tipuri cu matricele respective din M. Din condiţia

1 X YM

U V− ⎛= ⎜⎝ ⎠

⎞⎟

1m nMM I−+=

obţinem succesiv:

1 OOm

n

IMM

I− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, mAX BU I+ = , OAY BV+ =

, , OCU = nCV I= 1V C−= , OU = , 1X A−=


, 1 OY A BV−+ = 1 1Y A BC− −= −

. 1 1

11O

A A BCM

C

− − −−

−

⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

Problema 15. Folosind metoda de eliminare a lui Gauss să se calculeze produsul 1A B− , unde:

1 0 01 1 01 1 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 0 1 11 0 11 1 0

B⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Soluţie. Folosim juxtapunerea [ ],A B şi realizăm pe verticală schema:

1

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

A B

I A B−

.

Obţinem succesiv:

A B 1 0 0 0 1 1 1m = , 1k =1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 −1 0 2m = , 2k =0 1 1 1 0 −1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 −1 0 0 0 1 0 1 −1 3m = , 3k =

I 1A B−

. 10 1 11 1 00 1 1

A B−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Observaţie. 11 0 01 1 00 1 1

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

A şi 1A− sunt matrice inferior triunghiulare.


Problema 16. Folosind metoda de eliminare a lui Gauss să se calculeze produsul 1A B− , unde:

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

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

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

B

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Folosim juxtapunerea (alăturarea) [ ],A B şi procedăm ca la problema anterioară. Evităm apariţia elementelor fracţionare de la început, prin alegerea pivoţilor cu valoarea 1 sau . Obţinem succesiv: 1− A B

2 0 −2 1 1 1 −1 −1 1 1 1 3 2 −1 2 −1 2m = , 2k = 0 2 1 1 −1 1 1 0 1 2 2 2 0 1 1 1 2 0 −2 1 1 1 −1 −1 1 1 1 3 2 −1 2 −1 −2 0 −1 −5 −5 3 −3 2 3m = , 3k = −1 0 0 −4 −4 3 −3 3

6 0 0 11 11 −5 5 −5 −1 1 0 −2 −3 2 −1 1

2 0 1 5 5 −3 3 −2 −1 0 0 −4 −4 3 −3 3 4m = , 4k =

13/4 0 0 0 0 13/4 −13/4 13/4 1m = , 1k = −2/4 1 0 0 −1 2/4 2/4 −2/4

3/4 0 1 0 0 3/4 −3/4 7/4 1/4 0 0 1 1 −3/4 3/4 −3/4

1 0 0 0 0 1 −1 1 0 1 0 0 −1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 −1 1 −1

I 1A B−

. 1

0 1 1 11 1 0 00 0 0 11 1 1 1

A B−

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠


Observaţie. 1

4 6 8 112 3 9 113 2 7 8131 8 2 6

A−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Problema 17. Să se rezolve sistemul liniar AX b= folosind aducerea matricei A la forma superior triunghiulară, unde:

1 2 13 7 14 9 3

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 82031

b⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

2

3

xX x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Aranjăm calculele pe verticală şi obţinem succesiv:

A b 1 2 1 8 3 7 1 20 ( )1 3L L2⋅ − + 4 9 3 31 ( )1 4L L3⋅ − + 1 2 1 8 0 1 −2 −4 0 1 −1 −1 ( )2 1L L3⋅ − + 1 2 1 8 0 1 −2 −4 0 0 1 3

Folosind ultimul tabel facem rezolvarea de jos în sus şi rezultă

3 3x =

, 2 32 4x x− = − 2 2x =

, 1 2 32 8x x x+ + = 1 1x = , . ( )t1 2 3X =

Sistemul are soluţie unică.

Problema 18. Folosind metoda de eliminare a lui Gauss să se rezolve sistemul liniar AX b= , unde A, X şi b au semnificaţiile de la problema 11 anterioară.

Soluţie. Folosim formulele de la regula dreptunghiului, cu aranjarea calculelor pe verticală. Prin transformarea liniilor obţinem succesiv:


A b 1 2 1 8 1m = , 1k =3 7 1 20 4 9 3 31 1 2 1 8 0 1 −2 −4 2m = , 2k =0 1 −1 −1 1 0 5 16 0 1 −2 −4 0 0 1 3 3m = , 3k =1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3

Soluţia se citeşte direct din ultima coloană a vectorului b, şi anume:

, , , . Sistemul are soluţie unică. 1 1x = 2 2x = 3 3x = ( t1 2 3X = ) Problema 19. Să se rezolve simultan sistemele liniare

1AX b= , 2AY b= , unde

1 3 22 1 51 2 0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1

2

3

xX x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 1

2

3

yY y

y

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

57

14b

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

2

48

15b

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Soluţie. Rezolvarea simultană se face prin metoda de eliminare a lui Gauss, unde se folosesc formulele dreptunghiului. Obţinem succesiv:

A 1b 2b1 −3 2 5 4 1m = , 1k =−2 1 5 7 −8 −1 2 0 −4 15

1 −3 2 5 4 0 −5 9 17 0 2m = , 2k =0 −1 2 1 19 1 0 −17/5 −26/5 4 0 1 −9/5 −17/5 0 0 0 1/5 −12/5 19 3m = , 3k =1 0 0 −46 327 0 1 0 −25 171 0 0 1 −12 95


Ultimele două coloane şi dau soluţiile: 1b 2b

462512

X−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, . 32717195

Y⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Sistemele au soluţii unice. Problema 20. Să se rezolve simultan sistemele liniare 1AX b= , 2AY b= , unde

1 1 1 21 1 2 13 2 1 3

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

1

2

3

4

xx

Xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , .

1

2

3

4

yy

Yyy

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

121

b⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

213

b⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Soluţie. Deoarece matricea A este dreptunghiulară, formăm zerouri în partea de jos a matricei. Folosind transformări elementare pe linii obţinem succesiv:

A 1b 2b 1 −1 1 2 1 2 1 1 1 1 2 −1 ( )1 1L L⋅ − + 23 −2 2 3 1 3 ( )1 3L L⋅ − + 31 −1 1 2 1 2 0 2 1 −1 1 −3 ( )2: 2L 0 1 −2 −3 −2 −3 1 −1 1 2 1 2 0 1 1/2 −1/2 1/2 −3/2 ( )2 1L L⋅ − + 30 1 −2 −3 −2 −3 1 −1 2 1 1 2 0 1 −1/2 1/2 1/2 −3/2 0 0 −5/2 −5/2 −5/2 −3/2 ( )3: 5/ 2L − 1 −1 1 2 1 2 0 1 1/2 −1/2 1/2 −3/2 0 0 1 1 1 3/5

În ultimul tabel rezolvăm ecuaţiile de jos în sus şi rezultă: ; notăm , 3 4 1x x+ = 4x = α 3 1x = − α , α∈

2 3 41 1 1

22 2x x x+ − = 2x = α,


, 1 2 3 42 1x x x x− + + = 1 0x = . Structurăm soluţia primului sistem

p g

0 0 00 1

1 1 10 1

X X

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + α = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− α −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

X ,

unde: – X este soluţia generală a sistemului neomogen; – pX este o soluţie particulară a sistemului neomogen; – este soluţia generală a sistemului omogen ataşat. gX

Pentru al doilea sistem obţinem

3 435

y y+ = ; notăm , 4y = β 335

y = −β

295

y = − +β , 125

y = −

p g

2 /5 2 /5 09 /5 9/5 1

3/5 3/5 10 1

Y Y

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + β −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = +β =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−β −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Y+ .

Vectorii coloană Y, pY şi au semnificaţii identice cu cele de la sistemul în X.

gY

Observaţie. Metoda de rezolvare a arătat implicit că sistemele sunt compatibile şi rang 3A = , adică există o singură necunoscută secundară (la fiecare sistem). Problema 21. Să se rezolve simultan sistemele liniare 1AX b= , 2AY b= , unde:

2 1 1 21 1 2 13 2 1 3

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

1

2

3

4

xx

Xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , .

1

2

3

4

yy

Yyy

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

121

b⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

212

b⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Soluţie. Deoarece matricea A este dreptunghiulară, formăm zerouri în partea de jos a matricei. Obţinem succesiv:


A 1b 2b 2 −1 1 2 1 2 1 2L L↔ 1 1 2 1 2 −1 3 −2 1 3 1 2 1 1 2 1 2 −1 2 −1 1 2 1 2 ( )1 2L L⋅ − + 2 3 −2 1 3 1 2 ( )1 3L L⋅ − + 3 1 1 2 1 2 −1 0 −3 −3 0 −3 4 ( )2: 3L − 0 −5 −5 0 −5 5 1 1 2 1 2 −1 0 1 1 0 1 −4/3 ( )2 5 3L L⋅ + 0 −5 −5 0 −5 5 1 1 2 1 2 −1 0 1 1 0 1 −4/3 0 0 0 0 0 −5/3

Folosind ultimul tabel rezolvăm ecuaţiile sistemului cu necunoscuta X de jos în sus şi rezultă: ; notăm , 2 3 1x x+ = 3x = α 4x = β , ,α β∈ , . 2 1x = −α 1 1x = −α −β Structurăm soluţia sub forma

p g

1 11 1

00

X X

−α −β −α −β⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− α −α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

X+ ,

– X este soluţia generală a sistemului neomogen; – pX este o soluţie particulară a sistemului neomogen; – este soluţia generală a sistemului omogen. gX

Metoda de rezolvare a arătat implicit că rang 2A = şi deci există două necunoscute secundare. Pentru sistemul cu necunoscuta vectorială Y, din ultima linie a ultimului

tabel rezultă contradicţia 503

= − , ceea ce arată că sistemul este incompatibil.


Problema 22. Fie sistemul liniar

1

2

3

4

5

6 1 1 3 2 66 2 3 0 1 34 2 3 3 2 52 0 4 7 3 80 1 8 5 1 3

xxxxx

− − ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ =− − −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Folosind partiţionarea să se determine numai necunoscutele 1x şi 2x . Soluţie. Observăm că necunoscutele cerute sunt aşezate succesiv. Notăm

datele problemei cu A, X şi b. Începem partiţionarea de la X şi o extindem asupra lui A şi b. Astfel obţinem ecuaţia matriceală şi sistemul matriceal

1 2 1 1

3 4 2 2

A A X bA A X b

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎠

=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

1 1 2 2 1

3 1 4 2 2,

A X A X b+A X A X b

=⎧⎨ + =⎩

⎟

16 16 2

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 31 3 23 0 1

A−⎛ ⎞

= ⎜ −⎝ ⎠, 3A , 4A analog

11

2

xX

x⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3

2 4

5

xX x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 163

b ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 2

583

b−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Eliminăm din sistemul matriceal. Deoarece 2X 14A− există, iar 1

2A− nu, obţinem:

1 12 4 2 4 3 1X A b A A X− −= − , ( )1 1

1 2 4 3 1 1 2 4 2A A A X b A A b− −− = − . A

Din ultima ecuaţie se poate obţine , deoarece matricea coeficient a lui este inversabilă. Facem calcule efective şi rezultă:

1X1X

14

8 7 51 20 13 1

3636 9 9

A−−⎛ ⎞

⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; 12 4 3

52 301300 12636

A A A− −⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

1

2

20 6 341 1516 198 3036 36

xx

− ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎠

=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜− −⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠1 8x; = , 2 21x = .


Problema 23. Folosind partiţionarea să se afle necunoscutele 3x şi 4x din sistemul

1

2

3

4

3 2 0 0 51 0 0 0 30 0 1 0 00 0 0 1 1

xxxx

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

1 1 2 2 1

3 1 4 2 2

,.

.

Soluţie. Necunoscutele căutate sunt aşezate succesiv. Începem partiţionarea de la vectorul coloană X şi obţinem:

1 2 1 1

3 4 2 2

A A X bA A X b

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎠

, A X A X bA X A X b

+ =⎧⎨ + =⎩

Deoarece 11A− există, se poate elimina şi rezultă 1X

1 11 1 1 1 2 2X A b A A X ( )− −= − , 1 1

4 3 1 2 2 2 3 1 1A A A X b A A b− −− = − . A

Calculele efective conduc la

11

0 211 32

A− −⎛ ⎞= − ⎜ ⎟−⎝ ⎠

, , 14

1 00 1

A− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

3 0x = , 4 1x = .

Observaţie. Continuând calculele obţinem 1 3x = şi 2 2x = − . Problema 24. Fie sistemul liniar AX b= , unde:

2 3 1 11 2 1 21 1 3 33 2 2 1

A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

1

2

3

4

,

xx

Xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

31

02

b

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Să se determine necunoscutele 2x şi 4x .

Soluţie. Necunoscutele căutate 2x şi 4x nu sunt aşezate consecutiv (ca în exemplele precedente). De aceea facem o renumerotare a tuturor necunoscutelor, aşa încât 2x şi 4x să fie consecutive şi aşezate pe primele locuri. Astfel notăm

2 1x y= , 4 2x y= , 1 3x y= , 3 4x y= .

În acest fel se permută coloanele matricei A şi obţinem sistemul echivalent BY b= , unde:


1 2 3 4y y y y

3 1 2 12 2 1 11 3 1 32 1 3 2

B

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

, ,

1

2

3

4

yy

Yyy

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3102

b

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Se vede că vectorul coloană b a rămas neschimbat. Începem partiţionarea de la Y şi o extindem asupra lui B şi b. Rezultă

1 2 1 1

3 4 2 2

B B Y bB B Y b

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟⎠

=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

1 1 2 2 1

3 1 4 2 2

,.

, B Y B Y bB Y B Y b

+ =⎧⎨ + =⎩

Deoarece căutăm pe , vom elimina pe . Folosim 1Y 2Y 14B− , deşi există şi

12B− , şi obţinem succesiv:

1 12 4 2 4 3 1Y B b B B Y ( )− −= − , 1 1

1 2 4 3 1 1 2 4 2B B B Y b B B b− −− = − B

41 33 2

B−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠, 1

42 313 111

B− − −⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 12 4 3

17 1617 711

B B B− − −⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

11 2 4 3

16 27129 2911

B B B B− −⎛ ⎞− = ⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 12 4 2

101811

B B b− −⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

11 2 4 2

431311

b B B b− ⎛ ⎞− = ⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 116 27 431 129 29 311 11

Y−⎛ ⎞ ⎛

=⎜ ⎟ ⎜⎞⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1116611199319

Y ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠, 2

1166319

x = , 41199319

x = .

Observaţie. Propunem cititorului să refacă toate calculele prin eliminarea lui cu ajutorul lui 2Y 1

2B− . Problema 25. Folosind forma superior triunghiulară a matricei ataşate să

se discute şi să se rezolve sistemul

1ax y z+ + = , x ay z a+ + = , 2x y az a+ + = .

Soluţie. Pentru a realiza primul pivot cu valoarea 1, schimbăm L1 cu L3 (sau L1 cu L2). Prin transformări elementare asupra liniilor obţinem succesiv:


A b 1 1 a 2a 1 a 1 a a 1 1 1 1 1 a 2a 0 1a − 1 a− ( )1a a− 0 1 a− 21 a− 31 a− 1 1 a 2a 0 1a − 1 a− ( )1a a− 0 0 ( )( )1 2a a− + ( )( 21 1a a )− +

Plecăm de jos în sus şi facem discuţie după a∈ . Cazul 1. Dacă , ecuaţiile 2 şi 3 sunt identic satisfăcute şi rămâne 1a =

1x y z+ + = , 1x = −α −β , y = α , z = β .

Sistemul este compatibil şi dublu nedeterminat. Cazul 2. Dacă , din ultima ecuaţie obţinem o contradicţie. Sistemul este incompatibil.

2a = −

Cazul 3. Dacă şi 1a ≠ 2a ≠ − , atunci sistemul este de tip Cramer (este compatibil şi unic determinat) cu soluţia

12

axa+

= −+

, 12

ya

=+

, ( )21

2aza+

=+

.

Problema 26. Fie sistemul liniar AX b= , unde

( )ijA a= , ( )3A∈M , ( )iX x= , ( )ib b= , 1,3i = .

a) Să se aducă sistemul la forma X AX b= + , cu precizarea A şi b . b) În ipoteza că matricea A este diagonal dominantă, să se arate că 1A ∞ < . c) Să se motiveze importanţa ipotezei asupra matricei A la aflarea soluţiei

sistemului iniţial. Soluţie. a) Presupunem 0iia ≠ , 1,3i = . Din fiecare ecuaţie exprimăm ix cu celelalte necunoscute. Obţinem:


1312 11 2 3

11 11 11

2321 22 1 3

22 22 22

31 32 33 1 2

33 33 33

aa bx x xa a a

aa bx x xa a aa ax x xa a a

⎧= − − −⎪

⎪⎪

= − − −⎨⎪⎪

= − − −⎪⎩

b

,

1312

11 11

2321

22 22

31 32

33 33

0

0

0

aaa a

aaAa aa aa a

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Deci, X A , unde b este coloana termenilor liberi în sistemul scris sub noua formă.

X b= +

b) Matricea ( )nA∈M este diagonal dominantă dacă

1

n

ii ijjj i

a a=≠

>∑ , 1,i n= .

Se ştie că norma infinit a unei matrice A, notată A ∞ , este maximul din suma modulelor de pe fiecare linie. În cazul problemei noastre avem

11 12 13a a a> + , 22 21 23a a a> +

33 31 32a a a> + .

12 13 21 23 31 32

11 22 33max , ,

a a a a a aA

a a a∞⎧ ⎫+ + +⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

.

Rezultă 1A ∞ < . c) Se ştie că un sistem liniar cu matrice pătrată diagonal dominantă are soluţie unică. Am găsit formele echivalente AX b= ; (*)

X AX b= + . (**)

Forma (**) a lui (*) ajută la rezolvarea sistemului prin metoda aproximaţiilor succesive a lui Jacobi. Pentru aceasta se pleacă de la un vector arbitrar ( )0X , numit valoarea iniţială sau aproximaţia iniţială, şi se obţin iteraţiile succesive:

( ) ( ) ( ) ( )( )t0 0 0 01 2 3, ,X x x x=

( ) ( )1 0X AX b= + , ( ) ( )2 1X AX b+ etc. =


Dacă notăm cu soluţia exactă a sistemului (1), atunci din evaluarea erorii se ştie că

X ∗

( )( ) ( )1 0

1

kk A X XX X

A∗ −

− ≤−

,

unde fiecare normă reprezintă norma infinit. În aplicaţii se fixează eroarea 0ε > şi se pune condiţia ( )kX X ∗− < ε .

Problema 27. a) Folosind teoria şi notaţiile de la problema anterioară să

se parcurgă două iteraţii din metoda aproximaţiilor succesive a lui Jacobi, pentru sistemul BX b= , unde

1 5 210 1 32 1 10

B−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎟= −⎜

⎜ ⎟−⎝ ⎠

1

2

3

, x

X xx

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 4

1211

b⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

b) Să se evalueze eroarea. Soluţie. a) Observăm că matricea B nu este diagonal dominantă (decât la linia a treia). Dar dacă schimbăm între ele ecuaţiile 1 şi 2 – operaţie elementară care nu afectează soluţia sistemului –, obţinem matricea A diagonal dominantă:

10 1 31 5 22 1 10

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 10 1 3 4 5 1 2 310 2 1 3

> − + =

> + − =

> + − =

.

Conform metodei lui Jacobi explicităm 1x , 2x , 3x şi obţinem

(*) 1 2

2 1 3

3 1 2

0,1 0,3 1,20,2 0,4 0,80,2 0,1 1,1

x x xx x xx x x

= −⎧⎪ = − + +⎨⎪ = − + +⎩

3 +

)Luăm aproximaţia iniţială şi obţinem vectorul ( ) ( t0 1, 1,0X = − ( )1X cu

valorile

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

111

21

1

0,1 1 1,2 1,1

0,2 1 0,8 0,6

0,2 1 0,1 1 1,1 0,8.

x

x

x

⎧ = ⋅ − + =⎪⎪ = − ⋅ + =⎨⎪

= − ⋅ + − + =⎪⎩

Cu ajutorul lui obţinem aproximaţia ( ) ( t1 1,1; 0,6; 0,8X = ) ( )2X de forma

( ) ( )t2 1,02; 0,9; 0,94X = .


b) Evaluăm eroarea conform inegalităţii

( )( ) ( )1 0

1

kk A X XX X

A∗ −

− ≤−

, 2k = .

Din sistemul (*) se obţine matricea

0,0 0,1 0,30,2 0,0 0,40,2 0,1 0,0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( ) ( )1 00,11,60,8

X X⎛ ⎞⎜ ⎟− = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

{ }max 0,4; 0,6; 0,3 0,6A A ∞= = =

( ) ( ) ( ) ( ) { }1 0 1 0 max 0,1;1,6; 0,8 1,6X X X X ∞− = − = =

( ) ( )2 1 2 0,36 1,6 1,440,41

A X XA− ⋅

= =−

.

Eroarea scade dacă numărul k de iteraţii creşte. Problema 28. Să se arate că orice matrice pătrată poate fi reprezentată ca

suma dintre o matrice simetrică şi una antisimetrică. Să se aplice această descompunere la matricele

5 3 12 7 13 0 4

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, .

2 1 1 30 2 4 11 1 2 02 3 1 2

B

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

Soluţie. Fie matricea pătrată A. Construim matricele 1A şi 2A de forma

( )t1

12

A A A= + , t1 1A A= , 1A este simetrică;

( )t2

12

A A A= − , t2 2A A= − 2, A este antisimetrică.

Se vede că 1 2A A A= + . În cazurile concrete obţinem 1 2A A A= + şi 1 2B B B= + , unde

1

5 3 1 5 2 3 10 1 41 12 7 1 3 7 0 1 14 12 2

3 0 4 1 1 4 4 1 8A

⎡ − ⎤ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜= − + − = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦

⎞⎟− ⎟⎟⎠


2

5 3 1 5 2 3 0 5 21 12 7 1 3 7 0 5 0 12 2

3 0 4 1 1 4 2 1 0A

⎡ − ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜= − − − =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦

− − ⎞⎟− ⎟⎟⎠

.

Analog găsim

1

4 1 0 11 4 3 410 3 4 121 4 1 4

B

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

0 1 2 51 0 5 212 5 0 125 2 1 0

B

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Problema 29. Fie matricele pătrate A şi H cu elemente , jka ∈ jkh ∈ ,

unde prima matrice este oarecare, iar cea de a doua este hermitică. Să se arate că:

a) 1 i 2A A A= + , cu 1A şi 2A matrice hermitice; b) Re H este simetrică, Im H este antisimetrică. Soluţie. Se ştie că o matrice ( )nM ∈M , ( )jkM m= este hermitică dacă

se îndeplineşte una din condiţiile echivalente:

tM M= sau ( )tM M= sau ( )tM M= sau jk kjm m= .

Uneori se foloseşte notaţia ( )tM M ∗= şi în acest caz matricea M este

hermitică dacă M M ∗= ( M ∗ nu este construită obligatoriu cu complemenţii algebrici ai lui M).

a) Fiind dată matricea A oarecare, construim

( )t1

12

A A A⎡ ⎤= +⎣ ⎦ , ( )t2

12i

A A A⎡ ⎤= −⎣ ⎦ .

Arătăm că aceste matrice sunt hermitice. Aplicăm definiţia şi calculăm separat 1A şi t

1A . Obţinem:

[ ]t112

A A A= + , [ ]t t1

12

A A A= + , t1 1A A= .

Deci, 1A este matrice hermitică. Analog obţinem:

[ ]t2i2

A A A= − , [ ] [ ]t t t2

1 i2i 2

A A A A A= − = − , t2 2A A= ,

( ) ( )t t1 2

1 1i i2 2i

A A A A A A A⎡ ⎤ ⎡= + = + + − ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ .


b) Prin definiţie avem tH H= . Dacă notăm ijk jk jkh a b= + , obţinem succesiv:

jk kjh h= , i ijk jk kj kja b a b− = + ,

jk kja a= , Re H este matrice simetrică,

jk kjb b= − , Im H este matrice antisimetrică.

Problema 30. Fie matricea W de tipul N N× , cu elementele ( )knW w= ,

, , unde 0 k≤ 1n N≤ −

knknw = ω , 2 2cos isin

N Nπ π

ω= + , 1Nω = .

Atunci matricea inversă are forma

1 1W WN

− = , ( )knW w= .

Soluţie. Deoarece 2exp iNπ⎛ω = ⎜

⎝ ⎠⎞⎟ , avem

2exp iknw k nNπ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠, 2exp iknw k n

Nπ⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Calculăm produsul de matrice WW şi notăm WW A= , ( )knA a= , 2exp iNπ⎛ ⎞ω = ⎜ ⎟

⎝ ⎠.

( )1 1

0 0

2exp iN N

kn kp pnp p

a w w p kN

− −

= =

π n⎡ ⎤= = −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑

k n= , , ( )1

0

exp 0N

nnp

a N−

=

= =∑ 0n = , 1N − ,

k n≠ , este suma unei progresii geometrice de forma kna

2 1 11 ...1

NN

knqa q q qq

− −= + + + + = =

−0

( )2exp iq k nNπ⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦

1 1 0Nq, 1− = − = .


Deci, NA WW N I= = ⋅ , unde NI este matricea unitate. Rezultă formula din enunţ.

Observaţie. Matricea pătrată W se foloseşte la studierea Transformării

Fourier Discrete pentru prelucrarea semnalelor. Pentru detalii se poate consulta [Nicolae Popoviciu, Transformata Fourier rapidă, A.T.M., 1998, pag. 8].

Problema 31. Fie matricele A, B, C de tipurile n n× , , n n× 4 4× ,

respectiv

0 1 1 1 11 0 1 1 11 1 0 1 1

1 1 1 0 11 1 1 1 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

;

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )ijB b= , 1ijb = pentru toate valorile i, j.

Să se calculeze 2A , 1A− , 2B şi . 2CSoluţie. Pentru A obţinem succesiv ( )2n ≥

( )2

1 2 2 0 2 22 1 2 2 0 2

1

2 2 1 2 2 0

n

n n n n nn n n n n

A n I

n n n n n

− − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+ −

( ) ( )2 2 1 nA n A n= − + − I , ( ) ( )2 1n nA n I A n⎡ − − ⎤ = −⎣ ⎦ I

( )1 21 n nA n I A

nI⎡ − − ⎤ =⎣ ⎦−

( )1 1 21 nA A n I

n− = ⎡ − − ⎤⎣ ⎦−

2B nB= , 44C I=

( nI este matricea unitate de ordinul n).


Problema 32. Fie A o matrice reală, pătrată, de ordinul n, cu elementele

ij ij i ja b b= δ + ij, δ – simbolul lui Kronecker.

a) Să se arate că 2

1det 1

n

ii

A b=

= +∑ .

b) Dacă notăm ( )1ijA x− = , să se arate că

deti j

ij ijb b

xA

= δ − , 1 i≤ , j n≤ .

c) Să se calculeze valoarea 1det A− . Soluţie. a) Pentru a uşura redactarea, luăm 3n = şi obţinem

2 21 1 2 1 3 1 1 2 1

2 22 1 2 2 3 2 1 2 2 3

2 23 1 3 2 3 3 1 3 2 3

1 1 0

det 1 0 1 0

1 0 0 1

b b b b b b b b b b30

A b b b b b b b b b b

b b b b b b b b b b

+ + +

= + = + + +

+ + + +

+

.

Deoarece fiecare coloană este suma a două elemente, descompunem det A sub forma

221 2 1 1 2 1 31 1 3

2 22 1 2 2 3 2 1 2 2

2 23 1 3 2 3 3 1 3 2 3

1 01 0 0 0 0 1 0 bdet 0 1 0 1 0 0 0 0 1

0 0 1 0 1 0 1 0 0

b b b b b b bb b

3A b b b b b b b b b bb b b b b b b b b b

= + + + + .

Ultimul determinant este nul, după cum se vede scoţând factorul comun . Rezultă: 1 2 3b b b

32 2 21 2 3

1det 1 1 i

i

3A b b b b=

= + + + = +∑ .

b) Se pleacă de la relaţia fundamentală 1AA I− = , ( )ijI = δ , ijx elemente căutate.

Deoarece A are elemente cu forma din enunţ, căutăm ijx cu o formă asemănătoare şi punem ij ij i jx a bb= δ + b , cu a, b necunoscute. Obţinem succesiv:

1I AA−= , 1

n

ij ik kjk

a x=

δ =∑

( )2

1

n

ij ik kj kj i k ik k j i k jk

a b b b b b bb=

δ = δ δ + αδ + δ +∑ b b


j i= , , 1iiδ = 2 2 2

11

n

i i ik

a ab bb bb b=

= + + + 2k∑

( ) (2 21 1 deti ia b bb A= + + ) , pentru orice 1,i n= .

Prin identificarea coeficienţilor luăm 1a = , 1det

bA

= −

j i≠ , , 0ijδ = 2

10 1

n

i j i j kk

ab b bb b b=

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

( )0 deti j i jab b bb b A= + , j i≠ .

Valorile a şi b de mai sus verifică ultima relaţie. Deci: 1

detij ij i jx b bA

= δ − .

c) Rezultă 1 2

1

1det 1det

n

ii

A bA

−

=

= − ∑ .

Observaţie. Proprietatea 1det det 1A A−⋅ = este verificată.

1.10 Probleme propuse 1. Fie matricele A şi B:

0 2 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1/ 2 3 / 2

3 / 2 1/ 2B

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se calculeze ( ) 4 22P A A A I= − + şi 1A− . b) Să se calculeze 60B .

R. Se exprimă B cu ajutorul lui sin . , cosa a

2. În ( )2M să se rezolve sistemul matriceal

3 57 5

X Y−⎛ ⎞

+ = ⎜ ⎟−⎝ ⎠,

7 81 4

XY−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠.

R. , det det 20X Y = det 0Z ≠ , det 0Y ≠ . Se elimină X şi se foloseşte 1Y − .


3. Să se discute sistemele liniare cu parametrul m∈ :

a) 2

1

12

x y z m

x my z mmx y mz

+ + = +

− + = −− − = −

b) ( )

( )

2 32

5 2

x y m zx y z m

x m y z

5

1.

+ + − =+ + =

− − − =

R. a) , , sistem compatibil simplu nedeterminat; b) 0m = 1m = − 6m = , sistem compatibil simplu nedeterminat; 2m = , sistem incompatibil.

4. Fie ecuaţia 3 0x ax b+ + = , ,a b∈ , x∈ , cu rădăcinile 1x , 2x , 3x .

Să se calculeze det AΔ = , unde 1 2 32 2 21 2 3

1 1 1A x x x

x x x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

R. Se calculează tAA şi ( )tdet AA .

5. Folosind metoda partiţionării să se determine: a) numai necunoscutele 3x , 4x , 5x ; b) numai necunoscutele 1x şi 4x din sistemul

1

2

3

4

5

6 1 1 3 2 66 2 3 0 1 34 2 3 3 2 52 0 4 7 3 80 1 8 5 1 3

xxxxx

− − ⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ =− − −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

R. La punctul b) se face o renumerotare a necunoscutelor a.î. 1x şi 4x să fie vecine.

6. Să se aducă matricea A la forma 1 2A A A= , unde 1A este matrice superior triunghiulară, iar 2A este matrice inferior triunghiulară. Apoi să se afle

1A− , unde: 1 2 1 02 1 3 20 1 2 41 0 2 3

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

R. Se foloseşte alăturarea ,A I şi eliminarea Gauss-Jordan.


7. Folosind metoda de eliminare Gauss-Jordan să se calculeze produsul 1A B− , unde

1 1 01 1 01 0 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 0 1 11 0 11 1 1

B−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

8. Folosind metoda aproximaţiilor succesive a lui Jacobi să se parcurgă

două iteraţii pentru sistemul liniar neomogen AX b= , unde

1 3 72 5 14 0 2

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1

2

3

xX x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 231

b⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

9. Să se afle rangul matricei A folosind aducerea la forma diagonală,

unde 1 1 1 12 1 0 30 1 1 01 0 0 1

A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

R. rang 3A = .

10. Să se reprezinte matricele A şi B ca suma între o matrice simetrică şi una antisimetrică, unde

3 4 22 0 11 3 6

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, .

4 0 5 21 2 1 12 4 3 01 6 2 2

B

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎝ ⎠


CAPITOLUL 2 SPAŢII VECTORIALE

2.1 Definiţia spaţiului vectorial Fie ( ),V + un grup abelian (adică grup comutativ), cu legea de compoziţie internă

:V V V+ × → , u V∈ , v V∈ , u v V+ ∈ .

Fie ( ), ,K + i un corp comutativ (câmp)

: K K K+ × → , : K K K× →i .

Fie legea de compoziţie externă : K V V× →i , Kα∈ , v V∈ , v v Vα ⋅ = α ∈ .

Definiţie. Grupul abelian V se numeşte spaţiu vectorial peste corpul K, dacă legea de compoziţie externă „ i ” satisface 4 proprietăţi pentru orice ,u v V∈ şi , Kα β∈ :

1) ( )u v u vα + = α +α (distributivitate, 1D ); 2) ( )u uα +β = α +βv (distributivitate, 2D ); 3) ( ) ( )uαβ = α βu

1

.

(asociativitate, A); 4) (1 element neutru în K). 1 u⋅ −Elementele lui V se numesc vectori şi vor fi notate, în general, cu literele

de la sfârşitul alfabetului român: , , , , ,...u v x y z sau sau 1 2, ,..v v , ,...X Y

Elementele lui K se numesc scalari şi vor fi notate, în general, cu litere greceşti

, , ,...α β λ sau 1 2, ,...α α sau 1 2, ,...λ λ

Elementul neutru din V este vectorul θ . În cazul unor probleme numerice concrete, câmpul K este sau . Spaţiul vectorial V peste corpul K se notează în mod echivalent în mai

multe feluri: /V K , ( ),V K , ( ), ,V + ⋅ , V.

În ultima notaţie se indică legea internă din V şi legea externă. Atragem atenţia că cele două apariţii ale semnului „+” în definiţia spaţiului vectorial au


semnificaţii diferite, deductibile din context. Acelaşi lucru se spune şi despre apariţiile semnului „ ⋅”

Exemple de spaţii vectoriale

1. Spaţiul vectorilor liberi (săgeţi orientate) se notează cu . Acesta este primul şi cel mai firesc exemplu de spaţiu vectorial.

3 /V

2. Spaţiul , , /n 1n ≥ n∈

( ){ }1 2, ,..., , 1,nn ix x x x i n= ∈ = .

3. Spaţiul polinoamelor de grad cel mult n, n∈ , cu nedeterminata X şi coeficienţi în corpul comutativ K

{ }21 0 1 2 ... , 0,n

n nP f a a X a X a X a K i+ = = + + + + ∈ =i n .

4. Spaţiul matricelor pătrate, de ordin n, cu elemente din K se notează cu . [ ]n KM

5. Spaţiul matricelor dreptunghiulare, de ordinul m n× , cu elemente din K, se notează [ ],m n KM .

6. Spaţiul funcţiilor continue pe un interval real J se notează ( )C J . 7. Spaţiul funcţiilor indefinit derivabile pe intervalul real [ ],a b se

notează [ ]( ),C a b∞ . Exemplele pot continua. Datorită formei elementelor din acest spaţiu se mai numeşte şi spaţiu liniar. Unii autori folosesc peste tot noţiunea de spaţiu liniar în loc de spaţiu vectorial.

3V

În cele ce urmează facem o convenţie de notare a elementelor din . Acestea vor avea componentele (coordonatele) aşezate pe coloană, adică:

n

nX ∈ ,

1

2

n

xx

X

x

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . ( )t1 2 nX x x x=

Deci, orice vector este vector coloană.

2.2 Vectori liniar independenţi. Vectori liniar dependenţi

Fie spaţiul vectorial şi o mulţime nevidă de vectori (sau sistem de vectori) din V

/V K S V⊂

{ }1 2, ,..., nS v v v= , 1n∀ ≥ , n∈ .


O expresie de forma 1 1 2 2 ... n nv v vα + α + + α se numeşte combinaţie liniară finită de vectori din S, cu scalarii 1 2, ,..., nα α α . Combinaţia liniară de vectori din S este un vector din V. Definiţie. Vectorii 1 2, ,..., nv v v V∈ se numesc liniar independenţi dacă din orice combinaţie liniară de forma (2.2.1) 1 1 2 2 ... n nv v vα + α + + α = θ

se obţin toţi scalarii , unde 1 2 ... 0nα = α = = α = 0 K∈ este elementul neutru faţă de prima lege din K; dacă rezultă cel puţin un scalar 0kα ≠ , atunci vectorii

se numesc liniar dependenţi. Pe scurt, se spune că S este mulţime liniar independentă sau liniar dependentă.

1 2, ,..., nv v v

În general, la vectorul θ ne referim ca la vectorul nul, deoarece dacă , atunci , nV = ( )t0 0 0θ = nθ∈ .

Regulă. În aplicaţii, pentru a cerceta dacă o mulţime S este liniar independentă (l.i.) sau liniar dependentă (l.d.) se pleacă de la o combinaţie liniară nulă (2.2.1) şi se determină scalarii 1,..., nα α . Aceasta corespunde principiului logic de raţionament care spune că: „Dacă o propoziţie (teoremă) conţine locuţiunea oricare ar fi …, atunci demonstraţia începe cu fie un … sau fie o …” (Nicolae Dinculeanu). În cazul studierii l.i. sau l.d. definiţia anterioară generează începutul raţionamentului prin: fie combinaţia liniară nulă (2.2.1). Prin înlocuirea vectorilor cunoscuţi

se obţine un sistem liniar (omogen) cu necunoscutele . 1 2, ,..., nv v v 1 2, ,..., nα α α Definiţie. Mulţimea tuturor combinaţiilor liniare de vectori din S se numeşte acoperirea liniară generată de S şi se notează

( )L S sau [ ]S sau ( )Span S

( ) { }1 1 2 2 ... k kL S v v v k= α + α + + α ≤ n . (2.2.2)

Definiţie. Dacă ( )L S V= (în sensul teoriei mulţimilor), atunci se numeşte sistem de generatori al lui V. În acest caz orice vector v se exprimă ca o combinaţie liniară de vectori din S.

S V⊂V∈

Se demonstrează relativ uşor următoarele afirmaţii: a) orice suprasistem al unui sistem liniar dependent S S este

sistem liniar dependent în V; S ′ V′⊂ ⊂

b) orice subsistem al unui sistem liniar independent S S este sistem liniar independent în V;

S ′ V′ ⊂ ⊂

c) dacă la un sistem de generatori al unui spaţiu vectorial V se adaugă un vector , se obţine tot un sistem de generatori; v V∈


d) dacă dintr-un sistem de generatori al unui spaţiu vectorial V se exclude un vector liniar dependent, se obţine tot un sistem de generatori. v V∈

2.3 Bază. Dimensiune. Coordonate Fie spaţiul vectorial . /V K Definiţie. O mulţime se numeşte bază a spaţiului vectorial dacă: V⊂B 1º. B este mulţime liniar independentă; 2º. B este sistem de generatori pentru V. Prezintă un interes deosebit cazul în care este sistem finit de generatori, adică

B{ }1 2, ,..., nv v vB= .

Baza B este o mulţime ordonată de vectori. Ordonarea este dată prin indicele de numerotare al vectorilor. Ordonarea este aleasă de rezolvitor şi apoi se menţine neschimbată. Un spaţiu vectorial poate avea oricât de multe baze. Toate bazele unui spaţiu V au acelaşi număr de vectori. Definiţie. Numărul de vectori dintr-o bază se numeşte dimensiunea spaţiului vectorial şi se notează . Un spaţiu V pentru care se numeşte spaţiu finit dimensional.

BdimV dimV n=

Dintre toate bazele unui spaţiu vectorial V se alege acea bază care este mai comodă în aplicaţii şi o numim bază canonică. Notăm baza canonică cu . cB Exemple de baze canonice. Arătăm care sunt bazele canonice ale spaţiilor vectoriale menţionate în 2.1.

1. { }3 c , ,V i⇒ =B j k .

2. { }c 1 2, ,...,nne e e⇒ =B

1

10

0

e

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , … , . 2

01

0

e

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

00

1

ne

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3. { }21 c 1, , ,..., n

nP X X+ ⇒ =B X .

După context, nu se va confunda nedeterminata (variabila) X cu vectorul coloană . nX ∈

4. [ ] { }c 1, ; 1,n ijK E i n j n⇒ = = =M B .


ijE este o matrice care are elementul 1 K∈ aşezat la intersecţia liniei i cu coloana j şi toate celelalte elemente cu valoarea 0 K∈ .

[ ] { }, c 1, ; 1,m n ijK E i m j n⇒ = = =M B .

Din cele de mai sus deducem că

3dim 3V = , dim n n= , 1dim 1nP n+ = +

[ ] 2dim n K n=M , [ ],dim m n K mn=M .

Fie un spaţiu finit dimensional cu /V K dimV n= . Restrângerea la acest caz se datorează faptului că aceste spaţii au cele mai multe aplicaţii concrete. Regulă practică: într-un spaţiu V cu dimV n= orice n vectori liniar independenţi formează o bază a lui V. Fie , dim şi /V K V n= { }1 2, ,..., nv v v=B o bază a sa. Teorema de unicitate (a exprimării într-o bază). Orice vector se exprimă în mod unic ca o combinaţie liniară de vectorii bazei, adică există scalarii unici

X V∈

1 2, ,..., nx x x din K a.î.

1 1 2 2 ... n nX x v x v x v= + + + . Definiţie. Scalarii 1 2, ,..., nx x x K∈ aşezaţi în ordinea vectorilor din bază se numesc coordonatele lui X în baza şi se notează B

1

2

n

xx

X

x

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B , . ( )t1 2 nX x x x=B

2.4 Matricea de trecere de la o bază la altă bază Fie spaţiul vectorial cu /V K dimV n= şi două baze

{ }1 2, ,..., ,...,i nv v v v=B , { }1 1 2, ,..., ,...,j nu u u u=B .

Vectorii ju din se exprimă în mod unic cu vectorii din B cu ajutorul scalarilor sub forma

1B iv

ijc K∈


, , (2.4.1) 1

n

j ij ivi

u c=

=∑11 12 1

21 22 2

1 2

n

n

n n nn

c c cc c c

C

c c c

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

2

n

vv

v

Definiţie. Matricea pătrată ( )ijC c= prin care vectorii noi , ju 1,j n= , se

exprimă cu ajutorul vectorilor vechi , iv 1,i n= , se numeşte matricea de trecere de la baza la baza . B 1B

Matricea de trecere este nesingulară, adică det 0C ≠ . Observaţie. În formulele (2.4.1) se lucrează cu matricea transpusă ,

adică în sumă variază linia i, pentru fiecare coloană fixată 1tC

j n≤ ≤ . Fie şi două baze (baza veche) şi (baza nouă). /nV = B 1BPentru determinarea matricei de trecere C se rezolvă n sisteme de tipul

(2.4.1). De exemplu, pentru 1j = obţinem

, (2.4.2) 1 11 1 21 2 1... n nu c v c v c v= + + +

care reprezintă un sistem liniar neomogen cu necunoscutele (prima coloană din C). Analog pentru

11 21 1, ,..., nc c c2j = etc.

Cele n sisteme de tipul (2.4.1) se pot rezolva individual sau simultan, prin folosirea metodei de eliminare Gauss-Jordan. Proprietate. Dacă este baza canonică B { }c 1 2, ,..., ne e e=B , atunci matricea de trecere C de la la are coloanele formate chiar cu coordonatele (componentele) vectorilor din . Deci, coloanele matricei C sunt vectorii din baza nouă .

cB 1B

ju 1B

1B Cercetăm care este matricea de trecere când se fac mai multe treceri succesive de la o bază la altă bază, în acelaşi spaţiu finit dimensional.

Cazul 1. Fie trecerile: 1→B B cu matricea 1C

2→B B cu matricea . 2C Atunci cu matricea 1→B B2

11 2C C− .

Cazul 2. Fie trecerile: 1→B B cu matricea 1C

1→B B2 cu matricea . 2C Atunci cu matricea . 2→B B 1 2C C


2.5 Schimbarea coordonatelor la schimbarea bazei. Lema substituţiei

Fie spaţiul vectorial cu dim/nV = V n= şi două baze şi notate ca în secţiunea 2.4. Acelaşi vector

B 1BX V∈ se exprimă în cele două baze

respectiv prin coordonatele sale:

1 1 2 2 ... n nX x v x v x v= + + + , ( )t1 2 nX x x x=B

1 1 2 2 ... n nX x u x u x u′ ′ ′= + + + , ( )t1 1 2 nX x x x′ ′ ′=B .

Legătura dintre coordonatele vechi ix şi coordonatele noi jx′ este dată de formulele

1

n

i ij jj

x c x=

′∑ , 1,i n= , (2.5.1) =

, 1

X CX=B B 11X C X−=B B . (2.5.2)

Observaţie. La legătura dintre coordonatele vechi şi cele noi se foloseşte matricea de trecere C, iar la legătura inversă se foloseşte matricea . Este foarte important ca rezolvitorul unei probleme să ştie ce fel de matrice utilizează: C, sau .

1C−

tC 1C−

În timp ce relaţiile (2.5.1) se scriu matriceal condensat sub formele echivalente (2.5.2), este recomandat ca relaţiile (2.4.1) să fie scrise numai sub formă dezvoltată, deoarece acestea folosesc . tC

Lema substituţiei (a lui Ernst STEINITZ, 1871-1929). Fie spaţiul vectorial cu şi baza /V K dimV n=

{ }1 2 1 1, ,..., , , ,...,i i i nv v v v v v− +=B .

Fie vectorul u cu exprimarea în sub forma V∈ B

1 1 2 2 ... ...i i n nu a v a v a v a v= + + + + + .

Înlocuim vectorul cu vectorul u şi obţinem mulţimea de vectori iv

{ }1 1 2 1 1, ,..., , , ,...,i iv v v u v v− +=B n

0

.

În aceste condiţii: a) mulţimea este o bază a lui V dacă şi numai dacă ; 1B ia ≠b) pentru orice vector X V∈ , legătura dintre coordonatele noi jx′ şi cele

vechi ix

( )t1 2 nX x x x=B , ( )t

1 1 2 nX x x x′ ′ ′=B


are forma

ii

i

xxa

′ = , 1 i n≤ ≤ , i fixat, (2.5.3)

i jj j

i

x ax x

a′ = − , 1,i n= , j i≠ . (2.5.4)

Observaţie. Elementul 0ia ≠ se numeşte pivot. Linia pe care se află pivotul se numeşte linie pivot. Formula (2.5.3) arată că elementele de pe linia pivot se împart cu pivotul.

Formulele (2.5.4) arată că celelalte componente se transformă după regula dreptunghiului.

Toate aceste formule se folosesc în metoda de eliminare (de substituire) a lui Gauss-Jordan.

2.6 Probleme rezolvate Problema 1. Să se rescrie axiomele (proprietăţile) spaţiului vectorial folosind notaţiile

( ), ;V ∗ , ( ), ,K T ⊥ , :V V V∗ × → , : K V V× → .

Soluţie. Fie ,x y V∈ şi , Kα β∈ . Atunci: 1) ( ) ( ) ( ) ( )1 :D x y xα ∗ = α ∗ α y ; 2) ( ) ( ) ( ) ( )2 :D T x xα β = α ∗ β x ; 3) ( ) ( ) ( ):A x xα ⊥β = α β ; 4) ( ) :1N x x= 1⊥=, 1 .

Problema 2. Fie un spaţiu vectorial cu un număr finit de vectori şi

. Să se arate că există un număr întreg pozitiv /V K

{ }V ≠ θ 0p > , unic determinat a.î.

px = θ , 0pa = , x V∀ ∈ , a K∀ ∈ .

Soluţie. Pentru x V∈ , x ≠ θ şi a K∈ definim aplicaţia :f K V→ , ( )f a a= x . Aceasta este injectivă, deoarece din 1 2,a a K∈ cu ( ) ( )1 2f a f a=

obţinem , . 1 2a x a x= 1 2a a= Cum V este spaţiu finit, rezultă că şi corpul K este finit. Fie p caracteristica lui K, adică p este cel mai mic număr întreg pozitiv a.î.

1 0p ⋅ = , unde 1 . Deci, 1k= ( )1 1pa p a p a 0= ⋅ ⋅ = ⋅ = . Evaluăm px şi obţinem

( ) ( )... 1 1 ... 1 1 1 ... 1 1 0px x x x x x x x p x x= + + + = ⋅ + ⋅ + + ⋅ = + + + = ⋅ = = θ ,

unde sumele conţin câte p termeni.


Problema 3. Fie un spaţiu vectorial real. Fie mulţimea /V K

( ){ }, / ,cV V V x y x V y V= × = ∈ ∈ .

Definim operaţiile

: c c cV V V+ × → , ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2 1 2, , ,x y x y x x y y= + + +

: c cV V⋅ × → , ( )( ) ( )i , ,a b x y ax by bx ay+ = − + ,

unde , , . ia bα = + α∈ ,a b∈ Să se arate că ( ), ;cV + ⋅ este spaţiu vectorial. Acesta se notează şi se numeşte complexificatul spaţiului vectorial .

/cV/V

Soluţie. a) Întâi se demonstrează că ( ),cV + este grup abelian. Dacă Vθ∈ este elementul neutru al grupului V, atunci ( ), ce V= θ θ ∈ este elementul neutru din . Dacă cV ( ), cx y V∈ , atunci ( ), cx y V− − ∈ a.î. ( ) ( ) ( ), ,x y x y ,+ − − = θ θ . b) Apoi verificăm axiomele 1–4 ale spaţiului vectorial. Pentru aceasta fie

,α β∈ , 1 1ia bα = + , 2 2ia bβ = +

( ),x y , ( )1 1,x y , ( )2 2, cx y V∈ .

1. ( )( ) ( ) ( ), , ,x y x y xα +β = α +β y Evaluăm membrul stâng şi obţinem succesiv:

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) (( )( ) ( )( ) ( ) ( )

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2

, i ,

,

,

, ,

i , i , , , .

x y a a b b x y

a a x b b y b b x a a y

a x b y a x b y b x a y b x a y

a x b y b x a y a x b y b x a y

a b x y a b x y x y x y

α +β = + + + =⎡ ⎤⎣ ⎦= + − + + + + =⎡ ⎤⎣ ⎦= − + − + + +⎡ ⎤⎣ ⎦= − + + − +⎡ ⎤ ⎡⎣ ⎦ ⎣= + + + = α +β

)=

=⎤⎦

2. ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2, , , ,x y x y x y x yα + = α + α⎡ ⎤⎣ ⎦ Evaluăm membrul stâng şi folosind ia bα = + obţinem succesiv:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) (( ) ( )

1 1 2 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2

, , ,

,

,

, ,

, , .

x y x y x x y y

a x x b y y b x x a y y

ax by ax by bx ay bx ay

ax by bx ay ax by bx ay

x y x y

α + = α + + =⎡ ⎤⎣ ⎦= + − + + + + =⎡ ⎤⎣ ⎦= − + − + + +⎡ ⎤⎣ ⎦= − + + − +⎡ ⎤ ⎡⎣ ⎦ ⎣= α + α

)=

=⎤⎦


3. ( )( ) ( ), ,x y x⎡ ⎤αβ = α β⎣ ⎦y Calculăm separat produsul αβ şi facem notaţii convenabile

ia bαβ = + , 1 2 1 2a a a b b= − , 1 2 2 1b a b a b= − .

Evaluăm membrul drept şi obţinem:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

2 2 2 2

1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2

1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2

, ,

,

,

, , .

x y a x b y b x a y

a a x b y b b x a y b a x b y a b x a y

a a b b x a b a b y a b a b x a a b b y

ax by bx ay x y

⎡ ⎤α β = α − + =⎣ ⎦= − − + − + + =⎡ ⎤⎣ ⎦= − − + + + −⎡ ⎤⎣ ⎦= − + = αβ

=

4. ( ) ( )1 , ,x y x y⋅ = , 1∈ , 1 1 0i= + . Deci /cV este spaţiul vectorial complex. Problema 4. Fie spaţiul vectorial şi mulţimile de vectori 3 /

{ }1 1 2 3, ,u u u=B , { }2 1 2 3, ,v v v=B

1

123

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , ; , , . 2

257

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

111

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

123

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

257

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

011

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Să se afle natura fiecărei mulţimi de vectori. b) În cazul dependenţei liniare să se scrie o combinaţie liniară nulă, cu

coeficienţi determinaţi, nu toţi nuli. Soluţie. a) Pentru fiecare mulţime de vectori formăm o combinaţie liniară nulă

1 2 3au bu cu+ + = θ , 1 2 3v v vα +β + γ = θ .

Obţinem matricele sistemelor omogene

1

1 2 12 5 13 7 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 2

1 2 02 5 13 7 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1det 1A = − , . 2det 0A =

Primul sistem omogen are numai soluţia nulă 0a = , , . Deci, este mulţime liniar independentă şi formează o bază a spaţiului.

0b = 0c =1B

Al doilea sistem omogen are şi altă soluţie decât soluţia nulă şi deci este mulţime liniar dependentă.

2B


b) În cazul mulţimii , sistemul omogen are soluţia generală 2B

2 211

α γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β = −γ = γ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ γ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, . γ∈

Luăm şi obţinem 1γ = 2 12v v 3v= + . Pentru orice valoare a lui se obţine aceeaşi combinaţie liniară de vectori, cu coeficienţi nu toţi nuli.

γ

Problema 5. În spaţiul vectorial fie vectorii liniar independenţi ,

, . Să se cerceteze natura mulţimilor de vectori /V K 1v

2v 3v

1 1 1 2 3: u v v v= + +B 2 1 v, u v 2+ 3 1, u v= ; =

2 1 1 2: w v v= +B 2 2w v v, 3+ 3 3 1w v v, = = +

1 2 3w w w

.

Soluţie. Pentru fiecare mulţime construim câte o combinaţie liniară nulă

1 2 3au bu cu+ + = θ , +β + γ = θ . α

Din prima combinaţie obţinem succesiv ( ) ( )1 2a b c v a b v av+ + + + + = θ3

, , 0a b c+ + = 0a b+ = 0a = (deoarece vectorii , , sunt liniar independenţi). Obţinem ,

1v 2v 3v0a = 0b = , 0c = şi deci este mulţime de vectori

liniar independenţi. 1B

Analog pentru mulţimea . Rezultă 2B 0α = , 0β = , , ceea ce arată că este mulţime de vectori liniar independenţi.

0γ =

2B Problema 6. Să se determine dimensiunea şi baza canonică pentru fiecare din spaţiile vectoriale

/ , , . / /

Soluţie. { }/ 1 ,x x x x= = ⋅ ∈ , ( )dim / 1=

( ){ }/ , ,z a b a b= = ∈ , ( ) ( )1,0 0,1z a b= +

( ) ( ){ }1,0 , 0,1c=B , ( )dim / 2= .

Observaţie. Spaţiul coincide cu spaţiul . Ca mulţime de puncte coincide cu , dar diferă ca organizare. este corp comutativ, iar

este spaţiu vectorial

/ 2 /2

2

{ }/ / 1 ,z z z z= = ⋅ ∈ , ( )dim / 1= .


Problema 7. Fie spaţiul vectorial şi vectorii 3 /

1

1v a

a

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 2 10

av a

⎛ ⎞⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 3

0

1v a

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a∈ .

Să se determine a pentru care vectorii , , sunt liniar dependenţi.

∈ 1v 2v 3v

Soluţie. Formăm o combinaţie liniară nulă şi punem condiţia ca sistemul omogen obţinut să aibă şi altă soluţie decât cea nulă. Obţinem succesiv:

1 1 2 2 3 3v v vα + α + α = θ

( ) (21 0

1 1 10 1

aa a a aa

Δ = + = + −−

)a

0Δ = , 1 1a = − , 2 1a = .

Vectorii , , sunt l.d. dacă 1v 2v 3v { }1,1a∈ − . Problema 8. Să se arate că următoarele mulţimi de vectori sunt liniar

independente în spaţiul /

{ }1 1, 2S = , { }32 1, 2S = , { }3 3

3 1, 2, 4S = .

Soluţie. Construim o combinaţie liniară nulă cu vectori din 1S

1 2a b⋅ + ⋅ = θ , 0θ = ∈ , a∈ , b∈ .

Dacă , atunci 0b ≠ 2 ab

= − ∈ ; fals, deoarece 2∉ . Dacă 0b = ,

atunci şi este mulţime l.i. în . 0a = 1S /Analog pentru şi rezultă l.i. 2SPentru construim 3S

3 31 2 4a b c⋅ + + = θ , 0θ = ∈ . (*)

Determinăm . Căutăm să reducem problema la cazul , adică eliminăm

, ,a b c∈ 2S3 4 din (*). Pentru aceasta înmulţim (*) cu 3 2 şi obţinem:

3 32 4 2a b c 0+ + = . (**)


Eliminăm 3 4 din (*) şi (**). Prin înmulţire respectiv cu b şi , din adunare rezultă:

c−

( )2 2 32 2ab c b ac− + − = 0 22 0ab c− = , 2 0b ac− = .

Se elimină a sau b din ultimele două relaţii. Alegem eliminarea lui a şi obţinem

3 32 0b c− = , 3 2 0b c− = .

Dacă , atunci 0c ≠ 3 2 bc

= ∈ este fals. Deci, trebuie , ceea ce

atrage , . Mulţimea este formată cu vectori l.i.

0c =

0b = 0a = 3S Problemă propusă: să se arte că fiecare din mulţimile de vectori

{ }31 1, 5S = , { }3 3

2 1, 5, 25S =

sunt liniar independente în spaţiul . /

Problema 9. Fie vectorii liniar independenţi în spaţiul . Să se determine relaţia dintre numerele reale a şi b a.î. să fie liniar independenţi vectorii:

1 2, ,..., nv v v /V

a) , , ,1 2av v+ 2 3v v+ 3 4v v+ 4 1bv v+ ; b) , , 1 2av v+ 2 3 1,..., n nv v v v−+ + 1nbv v+ ; n ∗∈ . Soluţie. a) Formăm o combinaţie liniară nulă cu coeficienţii ;

ordonăm după şi obţinem succesiv: , , ,α β γ δ

1,...,v v4

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4v a v b v bα + δ + α +β + β + γ + γ + δ = θ

0aα + δ = , , 0α +β = 0β + γ = , 0bγ + δ =

0 0 11 1 0 0

10 1 1 00 0 1 1

a

abΔ = = − .

Dacă , atunci toţi coeficienţii combinaţiei liniare sunt nuli. Condiţia este suficientă ca vectorii de la punctul a) să fie l.i.

1 0abΔ = − ≠1ab ≠


b) Se procedează ca la punctul anterior: formăm o combinaţie liniară nulă cu coeficienţii . Ordonăm după care sunt vectori l.i. Egalăm coeficienţii lui , , cu zero şi obţinem un sistem liniar omogen cu determinantul

1 2, ,..., nα α α 1 2, ,..., nv v vkv 1,k = n

( ) 1

0 0 0 0 11 1 0 0 0 00 1 1 0 0 0

1

0 0 0 1 1 00 0 0 0 1

n

a

ab

b

+Δ = = + − .

(Am dezvoltat după prima linie şi am obţinut doi determinanţi: primul inferior triunghiular, iar al doilea superior triunghiular. Valoarea unor astfel de determinanţi este dată de produsul elementelor de pe diagonala principală).

Vectorii de la b) sunt l.i. dacă

0Δ ≠ , ( ) 11 0nab ++ − ≠ , ( )1 nab ≠ − .

Problema 10. Fie spaţiul vectorial al funcţiilor reale derivabile. Să

se arate că următoarele sisteme de funcţii trigonometrice sunt liniar independente pe orice interval I al axei reale:

/V

1) { }sin ,cosx x ; 2) { }1,sin ,cosx x ; 3) { }sin ,sin 2 ,...,sinx x nx , ; 2n ≥4) { }1,cos ,cos2 ,...,cosx x nx , ; 1n ≥5) { }1,cos ,sin ,cos2 ,sin 2 ,...,cos ,sinx x x x nx nx , ; 1n ≥

6) { }21,sin ,sin ,...,sinnx x x , ; 1n ≥

7) { }21,cos ,cos ,...,cosnx x x , . 1n ≥

Observaţie. Din intervalul I se exclud punctele în care funcţiile din sistem au aceeaşi valoare.

Soluţie. La început facem o observaţie importantă: combinaţia liniară nulă formată cu vectorii (funcţiile) unui sistem trebuie să fie adevărată pentru orice x I∈ . Aceasta ne dă dreptul să alegem valori particulare x din I. Menţionăm că

este 0, în sensul funcţiei identic nule. Apoi, se vede că funcţiile alese sunt de clasă C .

Vθ∈∞

1) Formăm combinaţia liniară nulă sin cos 0x xα +β = , x I∀ ∈ .


Metoda 1. Dăm valori particulare lui x:

0 0x = ⇒β = ; 02

x π= ⇒ α = .

Sistemul este liniar independent.

Metoda 2. Asociem încă o relaţie în α şi β obţinută prin derivare:

sin cos 0cos sin 0

x xx x

α +β =⎧⎨α −β =⎩

, sin coscos sin

x xx x

Δ =−

1 0 0Δ = − ≠ ⇒α =β = ⇒ sistem l.i.

2) Obţinem succesiv x I1 sin cos 0 ∀ ∈ . x xα ⋅ + β + γ = ,

Metoda 1. Fie valorile particulare 0x = , 2

x π= , x = π , pentru care

obţinem 0α + γ = , , 0α +β = 0 0α − γ = ⇒α =β = γ = .

Sistemul este l.i.

Metoda 2. Pentru 3 coeficienţi , ,α β γ avem nevoie de trei relaţii. Pentru aceasta derivăm relaţia nulă de două ori. Obţinem succesiv

sin cos 0 cos sin 0 sin cos 0.

x xx xx x

α +β + γ =⎧⎪ β − γ =⎨⎪ −β − γ =⎩

Din prima relaţie şi din ultima relaţie obţinem 0α = . Apoi . Sistemul este l.i.

0β = γ =

3) Folosim inducţia matematică. a) Verificare. Sistemul { }sin ,sin 2x x este l.i., deoarece din

sin sin 2 0x xα +β = obţinem

02

x π= ⇒ α = ; 0

4x π= ⇒β = .

b) Presupunere. Presupunem că sistemul ( ){ }sin ,sin 2 ,...,sin 1x x n − x este l.i.

c) Demonstrare. Formăm combinaţia liniară nulă cu toţi vectorii sistemului

( )1 2 1sin sin 2 ... sin 1 sin 0n nx x n x n−α + α + + α − + α =x .


Ne propunem să eliminăm funcţia , pentru a reduce sistemul la cazul b).

sin nx

Pentru aceasta derivăm relaţia de mai sus de două ori (ca să avem expresie în sinusuri) şi obţinem:

( ) ( )2 21 1sin ... 1 sin 1 sin 0n nx n n x n nx−−α − − − α − − α = .

Înmulţim prima relaţie identic nulă cu şi prin adunare rezultă: 2n

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 21 2 11 sin 2 sin 2 ... 1 sin 1 0nn x n x n n n−

⎡ ⎤− α + − α + + − − α ⋅ − =⎣ ⎦ x .

Prin etapa de presupunere deducem că toţi coeficienţii din relaţia precedentă sunt nuli, adică

( )211 0n − α = , ( )2 2

22 0n − α = , …

Cum , , 2 2 0n k− ≠ 1k = 1n − , obţinem , 1 2 1... 0n−α = α = = α = sin 0n nxα = , 0nα = .

Deci, sistemul este l.i. 4) Folosim inducţia matematică. a) Verificare. Sistemul { }1,cos x este l.i.; b) Presupunere. Sistemul de funcţii (vectori)

( ){ }1,cos ,cos2 ,...,cos 1x x n − x este l.i.

c) Demonstrare. Arătăm că proprietatea de l.i. este adevărată pentru orice n. Formăm combinaţia liniară nulă

( )0 1 2 11 cos cos2 ... cos 1 cos 0n nx x n x n−α ⋅ + α + α + + α − + α =x .

Ne propunem să eliminăm funcţia , pentru a reduce sistemul de vectori la cazul b). Pentru aceasta derivăm relaţia de mai sus de două ori (ca să avem expresie în sinusuri) şi obţinem

cos nx

( ) ( )2 21 1cos ... 1 cos 1 cos 0n nx n n x n nx−−α − − − α − − α = .

Înmulţim prima relaţie identic nulă cu şi prin adunare rezultă: 2n

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 20 1 2

221

1 cos 2 cos2 ...

1 cos 1 0.n

n n x n x

n n n x−

α + − α + − α +

⎡ ⎤+ − − α − =⎣ ⎦

+

Prin presupunerea de la l.i. de la b) deducem că toţi coeficienţii din relaţia precedentă sunt nuli, adică:

0 0α = , ( )211 0n − α = , ( )2 2

22 0n − α = , …


Cum , , 2 2 0n k− ≠ 1k = 1n − , obţinem

0 0α = , , 1 2 1... 0n−α = α = = α = cos 0n nxα = , 0nα = . Deci sistemul este l.i.

5) Folosim inducţia matematică. a) Verificare. Sistemul { }1,cos ,sinx x este l.i. b) Presupunere. Sistemul

( ) ( ){ }1,cos ,sin ,...,cos 1 ,sin 1x x n x n− − x

x

este l.i.

c) Demonstrare. Arătăm că proprietatea de l.i. este adevărată pentru orice n. Formăm combinaţia liniară nulă

0 1 1 2 2cos sin cos2 sin 2 ... cos sin 0n nx x x x nx nxα + α +β + α +β + + α +β = .

Ne propunem să eliminăm funcţiile şi , pentru a reduce sistemul de vectori la cazul b). Pentru aceasta derivăm relaţia de mai sus de două ori (ca să avem expresie potrivită în cosinusuri şi sinusuri) şi obţinem:

cos nx sin nx

( ) ( ) ( )

2 2 21 1 2

2 2 2 21 1

cos sin 2 cos2 2 sin 2 ...

... 1 cos 1 sin 1 cos sin 0.n n n n

x x x x

n n n x n nx n− −

−α −β − α − β −

− − α − β − − α − β =

Înmulţim prima relaţie identic nulă cu şi prin adunare rezultă: 2n( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 20 1 1

2 2 2 22 2

2 22 21 1

1 cos 1 sin

2 cos2 2 sin 2 ...

... 1 cos 1 1 sin 1 0.n n

n n x n nx

n x n x

n n n x n n n x− −

α + − α + − β +

+ − α + − β +

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − − α − + − − β − =⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Prin presupunerea de l.i. de la b) deducem că toţi coeficienţii din relaţia precedentă sunt nuli, ceea ce conduce la

0 0α = , . 1 1 2 2 1 1... 0n n− −α = β = α = β = = α = β =

Rămâne . Prin derivare obţinem un sistem omogen în şi cu determinatul

cos sin 0n nnx nxα +β =

nα nβ 1 0Δ = ≠ . Deci, 0n nα =β = . Sistemul din enunţ este l.i.

6) Folosim inducţia matematică. a) Verificare. Sistemul { }1,sin x este l.i. b) Presupunere. Proprietatea este adevărată până la 1n − . c) Demonstrare. Construim combinaţia liniară nulă

2 10 1 2 1sin sin ... sin sin 0n n

n nx x x x−−α + α + α + + α + α = .

Derivăm o dată şi prin simplificare cu cos 0x ≠ rezultă 2 1

1 2 32 sin 3 sin ... sin 0nnx x n x−α + α + α + + α = .


Prin presupunerea de la b) obţinem . Rămâne 1 2 ... 0nα = α = = α = 0 0α = . Sistemul este l.i.

7) Se procedează ca la punctul 6). Observaţie. Atragem atenţia să nu se facă o confuzie între noţiunile de liniar independenţă şi dependenţă funcţională. Funcţiile sin x şi cos x sunt independente ca elemente ale spaţiului vectorial, dar sunt dependente funcţional, deoarece 2 2cos sin 1x x+ = . Problema 11. Fie spaţiul vectorial V de forma şi mulţimile de vectori

3 /

{ }1 1 2 3 4, , ,G u u u u= , { }2 1 2 3 4, , ,G v v v v=

1

213

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

112

u−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, , 3

121

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

224

u⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

102

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

110

v−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , . 3

030

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

012

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Să se cerceteze care mulţime formează sistem de generatori pentru spaţiul V. Soluţie. Mulţimea este sistem de generatori al spaţiului V dacă oricare ar fi , există scalarii a.î.

1GX V∈ 1 2 3 4, , ,α α α α ∈

1 1 2 2 3 3 4 4X u u u u= α + α + α + α , . ( )t1 2 3X x x x=

Aceasta revine la a spune că sistemul liniar

1

1 2 3 4

3

2 1 1 21 1 2 23 2 1 4

2

xxx

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α + α + α + α − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

este compatibil, adică 1 1rang rangA A= , unde 1A şi 1A sunt respectiv matricea sistemului liniar şi matricea extinsă. Se găseşte că 1rang 2A = , iar 1rang A poate fi şi 3, de exemplu pentru , 1 1x = 2 0x = , 3 0x = . Cum sistemul liniar nu este compatibil pentru orice X rezultă că nu formează sistem de generatori al spaţiului V.

1G

Observaţie. În mulţimea nu există cel puţin trei vectori liniar independenţi.

1G


Pentru mulţimea căutăm scalarii 2G 1 2 3 4, , ,β β β β ∈ a.î.

1

1 2 3 4

3

1 1 0 00 1 3 12 0 0 2

2

xxx

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β + β + β +β =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Trebuie ca acest sistem liniar să fie compatibil pentru orice . X V∈Se găseşte că . Deci, sistemul este compatibil şi există o

necunoscută secundară, de exemplu: 2rang 3A =

4 mβ = , m∈ , şi există scalarii a.î. X se exprimă cu elementele lui . este sistem de generatori pentru V.

1 4,...,β β

2G 2GObservaţie. Vectorii sunt l.i. Deci, este suficient ca să conţină

un număr de vectori liniar independenţi egal cu dimensiunea spaţiului V. 1 2 3, ,v v v 2G

Problema 12. Fie şi 3 / { }1 2 3 4, , ,G v v v v=

1

10va

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 2

110

v−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

01

0v a

⎛ ⎞⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 4

01va

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a∈ .

Să se determine valorile lui a pentru care G este sistem de generatori al spaţiului . 3 /

Soluţie. Trebuie ca orice vector al spaţiului să se exprime cu vectorii din G. Fie , . Căutăm scalarii 3X ∈ ( t

1 2 3X x x x= ) 1 2 3 4, , ,α α α α ∈ a.î.

1 1 2 2 3 3 4 4x v v v= α + α + α + α v

1 4

1

.

De aici obţinem sistemul liniar

( )1 2 1

2 3 4 2

3

xa x

a a

α − α =⎧⎪ α + + α + α =⎨⎪ α +⎩

1 1 0 00 1 1 1

0 0A a

a axα =

, −⎛ ⎞

⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Trebuie ca acest sistem să fie compatibil pentru orice X luat arbitrar. Pentru aceasta este suficient să punem condiţia ca rang 3A = , unde 3 este numărul ecuaţiilor sistemului. În acest caz sistemul corespunzător submatricei care asigură rangul 3 este de tip Cramer.

Punem condiţiile ca să obţinem rang 3A = .

Deoarece 1 1

1 00 1

−Δ = = ≠ , folosim bordarea şi obţinem doi

determinanţi de ordinul 3


( )1

1 1 00 1 1 1

0 0a a a

a

−Δ = + = − + , 2

1 1 00 1 1

0a a0

−Δ = = .

1 0Δ ≠ , 1 0a ≠ şi 2 1a = − .

G este sistem de generatori dacă

0a ≠ , 1a ≠ − , adică { }1,0a∈ − − .

Problema 13. În spaţiul se consideră mulţimea , unde 3 / B

{ }1 2 3, ,v v v=B , , , . 1

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

112

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

123

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Să se arate că B formează o bază a lui . 3 /b) Să se afle matricea de trecere C de la la B . cB

c) Fie vectorul . Să se afle coordonatele lui X în baza , notate simbolic .

( t6 9 14X = )B XB

Soluţie. a) Deoarece dimensiunea spaţiului din enunţ este 3 şi conţine 3 vectori, este suficient să arătăm că vectorii lui B sunt l.i. Pentru aceasta construim o combinaţie liniară nulă şi găsim că vectorii sunt l.i. este bază.

B

Bb) Deoarece trecerea se face de la baza canonică la o altă bază ,

matricea de trecere C are drept coloane chiar vectorii lui B , în ordinea în care aceştia apar în bază. (Orice bază este mulţime ordonată. Din momentul în care s-a fixat ordinea vectorilor în bază, această ordine se respectă). Rezultă

cB B

1 1 11 1 21 2 3

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11 1 11 2 11 1 0

C−−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

c) Metoda 1. Folosim calculul direct şi determinăm numerele reale 1 2 3, ,x x x a.î.

1 1 2 2 3 3X x v x v x v= + + .

Rezultă sistemul liniar

1 2 3 6x x x+ + = , 1 2 32 9x x x+ + = , 1 2 32 3 1x x x 4+ + = .


Prin rezolvare rezultă

1 1x = , 2 2x = , 3 3x = , . 123

X⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B

Metoda 2. Folosim matricea de trecere de la baza la B şi legătura dintre coordonatele vechi şi coordonatele noi . Obţinem succesiv:

cB

cXB XB

cX CX=B B ,

c1

1 1 1 6 11 2 1 9 21 1 0 14 3

X C X−−⎛ ⎞⎛ ⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠

B B

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Volumul de calcul în cele două metode este acelaşi. Pentru aflarea lui 1C− se poate aplica una din multele metode prezentate în capitolul 1.

Problema 14. Fie spaţiul vectorial şi 3 / { }1 1 2 3, ,v v v=B o bază a sa. a) Să se arate că { }2 1 2 3, ,u u u=B

1 1u v= , , 2 1 22u v v= + 3 1 2 32u v v v= − +

3

formează o bază a spaţiului. b) Dacă 1 22 3X v v v= − + este un vector exprimat în , atunci să se

afle coordonatele lui X în , notate . 1B

2B 2XB

c) Să se afle matricea de trecere C de la la . 1B 2Bd) Să se facă proba de corectitudine a calculelor. Soluţie. a) Formăm combinaţia liniară nulă 1 2 3u u uα +β + γ = θ , înlocuim

vectorii, ordonăm după şi rezolvăm sistemul în . Găsim . este bază.

1 2 3, ,v v v , ,α β γ0α =β = γ = 2B

b) Notăm cu coordonatele lui X în baza . Căutăm

.

1

123

X⎛ ⎞⎜= −⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

B⎟⎟ 1B

( )2

t1 2 3X x x x=B

Punem condiţia

1 1 2 2 3 3X x u x u x u= + + în . 2B

Obţinem

( ) ( )1 1 2 3 2 2 3 3 32 2X v x x x v x x v x= + + + − + în 1B


şi cum exprimarea unui vector într-o bază este unică rezultă:

1 2 3

2 3

3

2 12 2

3

x x xx xx

+ + =⎧⎪ − = −⎨⎪ =⎩

2

1043

X, −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B

3

3

3

.

c) Căutăm matricea de trecere C de la la . Folosim definiţia matricei de trecere.

1B 2B

Pentru uşurarea redactării notăm elementele lui C aşa cum se vede mai jos şi obţinem succesiv:

1

2

3

uuu

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; ; ; 1 2 3

1 2 3

1 2 3

a a aC b b b

c c c

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

2

3

vvv

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 1 1 2 1 3

2 2 1 2 2 2

3 3 1 3 2 3 3

u a v b v c vu a v b v c vu a v b v c v

= + +⎧⎪ = + +⎨⎪ = + +⎩

1 1 1 1 2 1 3

1 2 2 1 2 2 2

1 2 3 3 1 3 3 3

2

2 .

v a v b v c vv v a v b v c v

v v v a v b v c v

= + +⎧⎪ + = + +⎨⎪ − + = + +⎩

Facem identificarea coeficienţilor lui şi obţinem 1 2 3, ,v v v

1 1a = , 1 0b = , 1 0c =

2 2a = , 2 1b = , 2 0c = ; 1 2 10 1 20 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3 1a = , 3 2b = − , 3 1c = .

d) Pentru proba de corectitudine verificăm legătura dintre coordonatele vechi şi cele noi . Avem succesiv

1XB 2

XB

1 2X CX=B B ;

2

1 2 1 10 10 1 2 4 20 0 1 3 3

CX−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎞⎟= − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

B − ⎟⎟⎠

.

Relaţia teoretică este verificată. Problema 15. Fie spaţiul vectorial şi mulţimile de vectori 4 /

{ }1 2 3 4, , ,u u u u=B , { }1 2 3 4, , ,v v v v′=B


1

1210

u

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , 2

1110

u

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1210

u

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

1100

u

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; , , , 1

2100

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

0122

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

2112

v

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

1312

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Să se arate că B şi ′B sunt baze. b) Fie X un vector din spaţiul dat. Notăm cu şi coordonatele lui

X în cele două baze. Primele se numesc coordonate vechi, iar celelalte coordonate noi (obţinute prin schimbarea bazei).

XB X ′B

Să se afle legătura dintre coordonatele vechi şi cele noi şi invers folosind mai multe metode. Soluţie. a) Pentru se scrie o combinaţie liniară nulă, care conduce la matricea A ce are coloanele identice cu vectorii din B . Obţinem

B

det 13 0A = − ≠ , ceea ce arată că este bază. B Analog, pentru se scrie matricea ′B A′ şi det 13 0A′ = + ≠ . Deci, ′B este bază. b) Notăm

( )t1 2 3 4X x x x x=B , . ( )t

1 2 3 4X y y y y′ =B

Metoda 1 (de aflare a legăturii dintre ix şi sau invers). Exprimăm acelaşi vector X în cele două baze şi obţinem

jy

4

1i i

iX x u

=

=∑4

1j j

j

X u=

=, v4 4

1 1i i j j

i j∑ , x u u v

= =

=∑ ∑ .

Înlocuim vectorii iu şi şi rezultă patru relaţii. Avem două opţiuni: exprimăm

jv

ix (coordonate vechi) cu (coordonate noi) sau invers. jy

Varianta 1. Exprimăm ix cu şi obţinem: jy

1 1 4

2 1 2

3 2 3 4

4 4

x y y

4x y y yx y y yx y

= +⎧⎪ = + +⎪⎨ = + +⎪⎪ =⎩

,

1 1

2 2

3 3

4 4

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

x yx yx yx y

⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

.

Varianta 2. Exprimăm cu iy ix şi obţinem:

1 2 3 4

2 1 2

3 4

4 1 2 3

y x x xy x xy xy x x x x

= − +⎧⎪ = − +⎪⎨ =⎪⎪ = − + −⎩ 4

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

, .

1 1

2 2

3 3

4 4

0 1 1 11 1 0 00 0 0 11 1 1 1

y xy xy xy x

−⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝


Consecinţă. Calculele din varianta 1 au condus la aflarea matricei de trecere C de la baza la baza B ′B , deoarece

X CX ′=B B , .

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

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Analog, calculele din varianta 2 au condus la aflarea matricei inverse , deoarece 1C−

1X C X−′ =B B , 1

0 1 1 11 1 0 00 0 0 11 1 1 1

C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Metoda 2 (de aflare a legăturii dintre ix şi sau invers). Aflăm direct matricea de trecere C de la B la

jy′B . Pentru aceasta scriem legătura dintre

vectorii noi şi vectorii vechi conform schemei teoretice jv iu

( )1 2 3 4v v v v ; ;

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

c c c cc c c cc c c cc c c c

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

2

3

4

uuuu

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

1j ij iu

iv c

=

=∑ , j 1,4= . (*)

Atragem atenţia că semnul „ ; ” care apare de două ori mai sus are menirea să arate că în schemă nu se foloseşte o înmulţire obişnuită ca la matrice. Sensul din schemă este dat de formulele (*), pentru 1,4j = . Pentru fiecare j fixat, 1 4j≤ ≤ , relaţiile (*) reprezintă un sistem liniar de forma , 1 1 2 2 3 3 4 4j j j j jc u c u c u c u v+ + + = 1,4j = , (**)

cu necunoscutele . Pentru ijc 1j = obţinem sistemul

11 21 31 41

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

c c c c

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜+ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

2101

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

.


Pentru rezolvare există mai multe posibilităţi. Varianta 1. Se face rezolvare obişnuită de sistem liniar.

Varianta 2. Se foloseşte metoda pivotului sau metoda de eliminare Gauss-Jordan. Indiferent de metodă, obţinem

11 1c = , 21 1c = , 31 0c = , 41 0c = .

Aceste valori reprezintă prima coloană din C. Apoi se scrie sistemul liniar pentru 2j = şi se reiau calculele. Observaţie. Deoarece toate cele patru sisteme (**) au aceeaşi matrice a coeficienţilor necunoscuţi, putem folosi rezolvarea simultană a celor patru sisteme, utilizând eliminarea Gauss-Jordan. Pentru aceasta se foloseşte transformarea elementelor de pe linii prin regula dreptunghiului din capitolul 1. Punerea în pagină a calculelor este următoarea:

1u 2u 3u 4u 1v 2v 3v 4v 1∗ 1 −1 −1 2 0 −2 1 2 −1 2 −1 1 1 1 3

−1 1 1 0 0 2 1 1 0 1 1 1 1 2 2 2 1 1 −1 −1 2 0 −2 1 0 3∗− 4 1 −3 1 5 1 0 2 0 −1 2 2 −1 2 0 1 1 1 1 2 2 2

… … … … … … … … … 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0

Soluţia problemei, adică elementele ale matricei de trecere C, este formată din ultimele patru coloane din dreapta. Coloana din dreptul lui este prima coloană din C etc.

ijc

1v

Semnul * arată pivotul folosit la pasul curent.

Problema 16. În spaţiul vectorial se consideră baza 3 / { }1 2 3, ,v v v=B

( )t1 0 1 1v = , , . ( )t

2 1 0 1v = ( )t3 1 1 0v =

Să se afle coordonatele vectorului în această bază. ( t2 6 4X = )


Soluţie. Toţi vectorii din enunţ sunt daţi în baza canonică , care în general nu se mai menţionează.

cB

Metoda 1. Fie ( t1 2 3 )X x x x=B coordonatele lui X în baza .

Obţinem succesiv: B

1 1 2 2 3 3X x v x v x v= + +

2 3

1 3

1 2

264

x xx xx x

+ =⎧⎪ + =⎨⎪ + =⎩

, . 402

X⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B

Metoda 2. Aflăm matricea de trecere C de la baza la baza B , apoi folosim formula de schimbare a coordonatelor la schimbarea bazei. Deoarece trecerea se face de la baza canonică, matricea C este formată cu coloanele

. Obţinem succesiv:

cB

1 2 3, ,v v v

0 1 11 0 11 1 0

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11 1 1

1 1 1 12

1 1 1C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟

⎟= −⎜⎜ ⎟−⎝ ⎠

X CX, B X, 1X C−=B=

( )t4 0 2X =B .

Observaţie. Metoda 1 este o metodă directă şi este mai simplă decât metoda 2, care necesită aflarea matricei 1C− .

Problema 17. În spaţiul se consideră bazele 3 /

{ }1 1 2 3, ,u u u=B , { }2 1 2 3, ,v v v=B

1

121

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , 2

233

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

371

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

261

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, , . 2

250

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

142

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Cum se schimbă coordonatele unui vector 3X ∈ în trecerea de la baza la baza ? 1B 2B

Soluţie. Introducem notaţii distincte pentru exprimarea lui X în fiecare bază

1

1 2

3

xX x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B , . 1

2 2

3

yX y

y

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B


Legătura dintre coordonate este dată de formula , unde C este matricea de trecere de la la . Deci, problema s-a redus la aflarea matricei de trecere

1 2X CX=B B

1B 2B( )ijC c= .

Se ştie că legătura dintre vectorii noi şi vectorii vechi este jv iu

3

1j ij iu

iv c

=

=∑ , j 1,3= .

Pentru fiecare j se obţine un sistem liniar cu necunoscutele , , . 1 jc 2 jc 3 jcCele trei sisteme se pot rezolva pe rând sau simultan. La rezolvarea

simultană se foloseşte metoda de eliminare a lui Gauss-Jordan.

Rezultă . 1 1 01 0 11 1 1

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Legătura dintre coordonatele ix (vechi) şi coordonatele (noi) este jy

1 1

2 2

3 3

1 1 01 0 1

1 1 1

x yx yx y

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜= − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

.

Folosind se pot exprima coordonatele noi cu cele vechi 1C−jy ix .

Problema 18. În spaţiul vectorial se consideră vectorul

şi baza

3 /( )t7 1 2X = −

{ }1 2 3, ,v v v=B , , 1

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

211

v⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3

112

v−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Fie doi vectori , care în B au coordonatele 3,Y Z ∈

( )t2 1 0Y =B , ( )t0 1 1Z = −B .

Să se cerceteze dacă vectorii X, Y, Z sunt liniar dependenţi şi în caz afirmativ să găsească combinaţia liniară dintre aceştia.

Soluţie. Vectorul X este exprimat în baza canonică , iar vectorii Y şi Z sunt exprimaţi în baza B . Întâi scriem matricea de trecere C de la la

cB

cB B


1 2 11 1 11 1 2

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Folosim C şi obţinem

c

413

Y CY⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B B , c

321

Z CZ⎛ ⎞⎜ ⎟= = −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

B B .

Formăm combinaţia liniară nulă

X Y Zα +β + γ = θ , 7 4 31 1 22 3 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

det 0A = ⇒ vectori liniar dependenţi. Rezultă X Y Z= + . Observaţie. Am preferat exprimarea a doi vectori Y şi Z în , decât

exprimarea unui singur vector X în B , ca să evităm folosirea matricei . cB

1C−

Problema 19. Fie şi baza canonică 4 / { }c 1 2 3 4, , ,e e e e=B , unde

sunt vectorii unitate. ie

Fie vectorul şi baza ( )t1 1 1 1X = { }1 2 3 4v v v v=B

1

0111

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 2

1011

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1101

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

1110

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Folosind lema substituţiei să se afle coordonatele lui X în baza . BSoluţie. Folosim eliminarea Gaus-Jordan, cu transformarea tablourilor pe

verticală, după formulele dreptunghiului. Notăm cu ← vectorul care părăseşte baza. Baza de plecare este . Obţinem: cB


Baza 1v 2v 3v 4v X1e 0 1 1 1 1

1 2v e← 1∗ 0 1 1 13e 1 1 0 1 14e 1 1 1 1 11e 0 1 1 1 11v 1 0 1 1 1

3 3v e← 0 1 1∗− 0 04e 0 1 0 −1 01e 0 2 0 1 11v 1 1 0 1 13v 0 −1 1 0 0

4 4v e← 0 1 0 1∗− 0

Baza 1v 2v 3v 4v X2 1v e← 0 3∗ 0 0 1

1v 1 2 0 0 13v 0 −1 1 0 04v 0 −1 0 1 02v 0 1 0 0 1/31v 1 0 0 0 1/33v 0 0 1 0 1/34v 0 0 0 1 1/3

Rezultă 1 2 31 1 1 13 3 3 3

X v v v= + + + 4v în . B

Problema 20. În spaţiul vectorial 3 /K K , unde 5K = , fie vectorii

1

2̂

3̂

1̂

v

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , ; . 2

1̂

2̂

4̂

v

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

0̂

1̂

1̂

v

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4̂

2̂

1̂

X

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Folosind lema substituţiei să se arate că { }1 2 3, ,v v v=B este o bază a spaţiului şi să se afle coordonatele lui X în această bază.


Soluţie. Fie { }c 1 2 3, ,e e e=B baza canonică. Aceasta este baza de plecare în tabloul Guass-Jordan. Dacă există pivoţi a.î. să se poată înlocui cu B , atunci este bază. Concomitent cu acest rezultat găsim şi exprimarea lui X în B .

cBB

La împărţirea cu pivotul folosim înmulţirea cu inversul acestuia, şi anume:

1ˆ ˆ1 1− = , 1ˆ ˆ2 3− = , 1ˆ ˆ3 2− = , 1ˆ ˆ4 4− = .

De asemenea, se recomandă evitarea claselor negative şi deci , , , . Pentru uşurarea redactării nu mai punem semnul

circumflex deasupra reprezentantului clasei de resturi, adică scriem 2 în loc de etc.

ˆ ˆ1 4− =ˆ ˆ2 3− = ˆ ˆ3 2− = 4̂ 1− = ˆ

2̂ Folosim formulele din regula dreptunghiului (capitolul 1), notând cu * pivotul şi cu vectorul care iese din bază. Obţinem succesiv: ←

Baza 1v 2v 3v X

1 1v e← 2∗ 1 0 42e 3 2 1 23e 1 4 1 1

1v 1 3 0 21 2v v← 0 3∗ 1 1

3e 0 1 1 4

1v 1 0 4 12v 0 1 2 2

3 3v v← 0 1 4∗ 2

1v 1 0 0 42v 0 1 0 13v 0 0 1 3

Deoarece toţi vectorii din au putut fi înlocuiţi cu vectorii din B , rezultă că este bază. Coordonatele lui X în B se iau de pe ultima coloană a lui X şi avem

cBB

( )1 2 3ˆ ˆ ˆ4 1 3X v v v= + + , ˆ ˆ ˆ4 1 3X =B .

Problema 21. Fie spaţiul vectorial 4 /V = şi baza canonică a spaţiului, unde

cB


1

1211

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 2

2311

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

3421

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

4532

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Să se scrie matricea C de trecere de la baza la baza B . cBb) Să se pună matricea C sub forma 1C L U−= , unde L este matrice

inferior triunghiulară, iar U este superior triunghiulară. c) Să se precizeze bazele şi pentru care C este, de asemenea,

matrice de trecere. 1B 2B

d) Fie , . Să se afle şi , care reprezintă coordonatele lui X în bazele indicate.

X V∈ ( )t1 2 3 4X x x x x=1

XB 2XB

Soluţie. a) Deoarece trecerea se face de la la , atunci matricea de trecere este

cB B

1 2 3 42 3 4 51 1 2 31 1 1 2

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎟=⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

t 1C, de = − .

b) Punerea matricei C sub forma din enunţ necesită aflarea matricelor L şi U. Pentru aceasta folosim alăturarea [ ],C I şi efectuăm operaţii elementare asupra liniilor până se obţin simultan matricele U (în partea stângă) şi L în partea dreaptă. Atunci U LC= sau 1C L U−= .

În cazul dat obţinem (a se vedea problema 5 din capitolul 1):

1 2 3 40 1 2 30 0 1 20 0 0 1

U

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , .

1 0 0 02 1 0 01 1 1 01 1 0 1

L

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

1

1 0 0 02 1 0 01 1 1 01 1 0 1

L−

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

(Este o întâmplare că 1L L−= ). c) Se ştie că dacă – trecerea de la la se face cu matricea L, cB 1B– trecerea de la la se face cu matricea U, cB 2B

atunci este matricea de trecere de la la . Cum trecerile se fac de la baza canonică, rezultă direct:

1C L U−= 1B 2B


1

1 0 0 02 1 0 0

, , ,1 1 1 01 1 0 1

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

B , 2

1 2 3 40 1 2 3

, , ,0 0 1 2

10 0 0 1

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

B .

d) Deoarece se cunosc matricele L şi 1L− , aplicăm direct formula de legătură între coordonatele vechi şi cele noi şi obţinem:

1X LX= B ,

1

1 211

1 2 3

1 2 4

2x

x xX L X

x x xx x x

−

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= =⎜ ⎟− +⎜ ⎟

− +⎝ ⎠

B .

Deoarece nu cunoaştem 1U − (dar se poate afla), pentru determinarea lui rezolvăm efectiv sistemul 2XB 2X UX= B şi obţinem:

1 2 3

2 3 42

3 4

4

222

x x xx x x

Xx xx

− +⎛ ⎞⎜ ⎟− +⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

B .

Observaţie. Pentru a face problema de faţă completă, mai adăugăm câteva cerinţe, care se vor regăsi, într-un capitol viitor de Forme Practice.

e) Să se determine forma pătratică

( ) 2 21 2F X X X= −B B

şi să se scrie matricea ataşată corespunzătoare A. Obţinem succesiv

( ) ( ) ( )22 2 221 1 1 2 1 2 3 1 2 42X x x x x x x x x x= − + − + + − +B

( ) ( ) ( )2 22 2 22 1 2 3 2 2 4 3 42 2 2X x x x x x x x x= − + + − + + − +B 4x

( ) 2 2 2 21 2 3 4 1 2 2 3 1 4 2 4 36 2 5 5 4 6 2 4 4 4F X x x x x x x x x x x x x x= − − − − + + − + x .

6 2 0 12 2 3 20 3 5 21 2 2 5

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.


f) Să se cerceteze dacă ( )F X este pozitiv definită, negativ definită sau nedefinită (vezi cap. 7).

Aplicăm criteriul lui Sylvester şi calculăm

1 6Δ = , , 2 16Δ = − 3 26Δ = , 4 927Δ = − .

Deoarece semnele lui alternează începând cu semnul plus, forma pătratică este nedefinită.

iΔ

Fără a folosi semnele lui iΔ , prin valori particulare ( )1,0,0,0 6F = , etc. se vede că ( )0,1,0,0 2F = − ( )F X este nedefinită.

Problema 22. Fie ( )2M spaţiul vectorial al matricelor pătrate de

ordinul doi, cu elemente reale. Fie mulţimea de matrice { }1 2 3 4, , ,V V V V=B , unde

11 00 1

V⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 21 11 0

V⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

31 11 1

V⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

41 10 0

V⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Să se arte că este bază a lui B ( )2M . b) Să se afle matricea de trecere de la baza canonică la baza . cB B

c) Să se determine coordonatele vectorului (matricei) în

baza B .

2 34 2

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

d) Să se afle matricea de trecere C de la la şi să se facă proba de corectitudine a calculelor de la c).

cB B

Soluţie. a) Baza canonică a lui cB ( )2M este formată cu matricele

11 00 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 20 10 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

30 01 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

40 00 1

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Aceasta arată că ( )2dim 4=M . Arătăm că este mulţime liniar independentă şi formează un sistem de

generatori. B

Liniar independenţa. Din combinaţia liniară nulă

1 1 2 2 3 3 4 4V V V Vα + α + α + α = θ

rezultă un sistem omogen cu determinatul 1 0Δ = ≠ , ceea ce arată că există numai soluţia nulă. Deci, este l.i. B

Sistem de generatori. Fie matricea M:

( )2M ∈M , . a b

Mc d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠


Arătăm că există 1 2 3 4, , ,m m m m ∈ a.î.

1 1 2 2 3 3 4 4m V m V m V m V M+ + + + = .

Obţinem sistemul

1 2 3 4

2 3 4

2 3

1 3

m m m m am m m bm m

m m

+ + + =⎧⎪

cd

+ + =⎪⎨ + =⎪⎪ + =⎩

cu 1 0Δ = ≠ .

Sistemul este compatibil şi unic determinat, fiind de tip Cramer. Deci, este sistem de generatori.

B

Mulţimea este bază. Bc) Căutăm scalarii reali a.î. 1 2 3 4, , ,a a a a 1 1 2 2 3 3 4 4a V a V a V a V A+ + + = . Se obţine un sistem asemănător cu cel de la punctul b). Prin rezolvare

obţinem: 1 5a = − , 2 1a = , 3 3a = , 4 1a = −

1 2 3 45 3V V V V= − + + − ( )t5 1 3 1A; A = − −B .

d) În vederea găsirii matricei de trecere C, care are tipul , prezentăm operaţia de desfăşurare sau de „întindere” a unei matrice

4 4×( )2M ∈M

aa b c

M mc d b

d

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

, 4m∈ .

Deci, matricea M devine vectorul 4m∈ . Desfăşurăm elementele bazei şi obţinem vectorii coloană B

1

1001

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , , . 2

1110

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1111

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

1010

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 1 10 1 1 00 1 1 11 0 1 0

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Deoarece trecerea la baza se face de la baza canonică, rezultă că matricea C se obţine din vectorii de mai sus.

Biv

Proba de corectitudine a calculelor de la punctul c) se face folosind matricea de trecere C în legătura dintre coordonatele vechi şi noi ale lui A, adică:


cA CA=B B ,

1 1 1 1 5 20 1 1 0 1 40 1 1 1 3 30 0 1 0 1 2

CA

− −⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠

B

⎝ ⎠

.

Prin împachetare, ultimul vector obţinut este chiar matricea A folosită la punctul c).

Observaţie. Operaţia de desfăşurare a unei matrice ( )2M ∈M se poate face şi sub o formă uşor modificată

aa b b

M mc d c

d

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟′= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

, 4m′∈ .

Deci, matricea M devine vectorul 4m′∈ . Desfăşurăm vectorii bazei şi obţinem vectorii coloană B

1

1001

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟′ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , , . 2

1110

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟′ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1111

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟′ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

1100

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟′ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

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

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟′ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Matricea de trecere C este formată cu vectorii ′ iv′ , 1,4i = . Proba de corectitudine de la punctul c) se face folosind matricea de trecere

şi obţinem: C′

cA C A′=B B ,

1 1 1 1 5 20 1 1 1 1 30 1 1 0 3 41 0 1 0 1 2

C A

− −⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟′ = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠

B

⎝ ⎠

.

Prin împachetarea ultimului vector după regula de mai sus se obţine matricea A folosită la punctul c).

Observaţie. Problema se poate continua impunând alte cerinţe. De exemplu, folosind norma euclidiană să se ortonormeze baza . Pentru aceasta se foloseşte procedeul Gram-Schmidt de ortogonalizare.

B

Problema 23. Fie V o mulţime de matrice

( ) ( ) 22 / , , i , i , i

u vV M M u v u a b v c d

v u⎧ ⎫⎛ ⎞

= ∈ = = + = + = −⎨ ⎬⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎩ ⎭M 1 .


Pentru orice două matrice din V şi orice α∈ definim o lege internă + şi una externă • astfel:

:V V V+ × → , 1 2 1 21 2

1 2 1 2

u u v vM M

v v u u+ +⎛ ⎞

+ = ⎜ ⎟− − +⎝ ⎠

: V V× →i , ( ) ( ), ,M u v M u vα = α α .

a) Să se arate că V este spaţiu vectorial peste corpul . b) Să se determine o bază şi dimensiunea acestui spaţiu. B

c) Fie vectorul , . X V∈2 3i 4 5i4 5i 2 3i

X− − +⎛ ⎞

= ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠Să se determine coordonatele lui X în baza . BSoluţie. a) Se verifică proprietăţile spaţiului vectorial. Elementul neutru

este matricea ( )2θ∈M , . 0 00 0⎛ ⎞

θ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

b) Prelucrăm matricea ( ),M u v şi obţinem:

( ) 0 0,

0 0

1 0 i 0 0 1 0 i

0 1 0 i 1 0 i 0

u v u vM M u v

v u u v

a b c d

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=

4

1 2 3M aE bE cE dE= + + + .

11 00 1

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2i 00 i

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, , . 3

0 11 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠4

0 ii 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Se vede că toate matricele 1,..., 4E E fac parte din V. Mulţimea notată { 1 2 3 4, , , }E E E E=B este sistem de generatori pentru V.

Arătăm că B este mulţime liniar independentă. Formăm o combinaţie liniară nulă

1 1 2 2 3 3 4 4E E E Eα + α + α + α = θ

0

şi rezultă , de unde se obţin toţi coeficienţii nuli. este formată cu vectori (matrice) l.i.

1 2i 0α + α = 3 4iα + α = B

Deci B este bază a lui V şi dim 4V = . este chiar baza canonică, fiind cea mai simplă bază.

B

c) Căutăm a.î. 1 2 3 4, , ,x x x x ∈

1 1 2 2 3 3 4 4x E x E x E x E X+ + + = .


Metoda 1. După înlocuirea matricelor cu expresiile lor din B se obţine un sistem în 1 4,...,x x . Metoda 2. Prelucrăm matricea X aşa cum am prelucrat matricea M de la sistemul de generatori. Obţinem:

1 2 32 3i 0 0 4 5i

2 3 4 50 2 3i 4 5i 0

X E− − +⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠4E E E+

,

( )t2 3 4 5X = − −B .

Problema 24. Fie mulţimea H definită prin

{}

2 2 2i j k / i j k 1,ij ji k

jk kj i,ki ik j; , , , .

H h a b c d

a b c d

= = + + + = = = − = − =

= − = = − = ∈

Definim legea internă : H H H+ × →

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2i jh h a a b b c c d d+ = + + + + + + + k

pentru orice . 1 2,h h H∈Definim legea externă : H H⋅ × →

i jh a b ac dα = α +α + +α k

pentru orice şi orice h H∈ Hα∈ . a) Să se arate că H este spaţiu vectorial peste . Acest spaţiu /H se numeşte spaţiul vectorial al cuaternionilor peste . b) Să se determine o bază şi dimensiunea spaţiului. BSoluţie. a) Se verifică proprietăţile spaţiului vectorial. b) O bază a lui H este { }1,i, j,k=B şi dim 4H = . Problema 25. Fie un spaţiu vectorial şi spaţiul complexificat

(definit în problema 3). Fie /V /cVdimV n= .

Să se arate că dacă { }1 2, ,..., nv v v=B este o bază a lui V, atunci

( ) ( ) ( ){ }1 1 2 2, , , ,..., ,cn nv v v v v v=B este o bază a lui . cV

Consecinţă: . dimcV V= = nSoluţie. Reamintim legile de compoziţie (internă şi externă) din spaţiul cV

( ) ( ) ( ), , ,x y u v x u y v+ = + +

( )( ) ( )i , ,a b x y ax by bx ay+ = − + .


Arătăm că îndeplineşte condiţiile bazei. cBSistem de generatori. Fie ( ), cx y V∈ . Căutăm scalarii ,

, k , aşa încât 1 2, ,..., nα α α ∈

ik k ka bα = + 1,n=

( ) ( )1

, ,n

k k kk

x y v=

= α∑ v

⇔

k

Obţinem succesiv:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 1

1 1 1

, i , ,

, ,

n n

k k k k k k k k k k k kk k

n n n

k k k k k k k k k k k kk k k

x y a b v v a v b v b v a v

a b v a b v a b v a b v

= =

= = =

= + = − + =

⎛ ⎞⎡ ⎤= − + = − +⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

∑ ∑

∑ ∑ ∑

( )1

n

k k ka b v=

= −∑ ( )1

n

k k kk

y a b v=

= +∑, . x

Pe de altă parte vectorii ,x y V∈ se scriu în B sub forma

1

n

k kk

x x v=

=∑ , 1

n

k kk

y y=

= v∑ .

Cum exprimarea unui vector într-o bază este unică, rezultă:

k k ka b x− = k k ky, a b = , +

unde kx şi sunt scalari reali cunoscuţi. De aici obţinem ky

2k k

kx ya +

= , 2

k kk

x yb −= , i

2 2k k k

kkx y x y+ −

α = + ,

pentru toţi . este sistem de generatori. 1,k n= cB Liniar independenţa. Formăm o combinaţie liniară nulă

( ) ( )1

, , ,n

k k k k k kk

v v a b=

α = θ θ α = +∑ i .

Determinăm coeficienţii kα . Obţinem succesiv:

( ) ( ) ( )1

, ,n

k k k k k kk

a b v a b v=

⎡ ⎤− + =⎣ ⎦∑ θ θ

∑ ( )1

n

k k kk

a b v=

( )1

n

k k kk

a b v=

− = θ , + = θ∑ .


Cum vectorii sunt l.i. rezultă 1,..., nv v

0k ka b− = , 0k ka b+ = , 0k ka b= = , 0kα = ,

pentru toţi . este mulţime l.i. 1,k n= cB Deci, este o bază a lui . cB /cV Problema 26. Fie spaţiul vectorial 1nP + al polinoamelor [ ]f X∈ cu grad f n≤ .

20 1 21 ... n

nf a a X a X a X= ⋅ + + + + , n∈ .

Mulţimea de polinoame { }2c 1, , ,..., nX X X=B este baza canonică a lui

. Să se arate că 1 /nP +

( ) ( ){ }21, , ,..., nX a X a X a= − − −B

este bază a spaţiului polinoamelor pentru orice a∈ fixat şi să se afle coordonatele lui f în . B Soluţie. este mulţimea l.i. Mai arătăm că formează sistem de generatori.

B B

Fie 1nf P +∈ . Căutăm scalarii 0 1, ,..., nb b b ∈ a.î.

( ) ( ) ( ) ( )2 20 1 2 ... nf X b b X a b X a b X a= + − + − + + − ,

pentru orice valoare a nedeterminatei X. Derivăm succesiv de n ori egalitatea de mai sus şi obţinem

( ) ( ) ( ) ( )2 11 2 32 3 ... n

nf X b b X a b X a nb X a −′ = + − + − + + −

( ) ( ) ( ) ( ) 22 32! 3 2 ... 1 n

nf X b b X a n n b X a −′′ = + ⋅ − + + − −

( ) ( ) !nnf X n b= .

Dăm lui X valoarea a şi rezultă

( )0b f a= , ( )1b f a′= , ( ) ( ) ( )21 1,...,2! !

nnb f a b f

n′′= = = a .

Toţi coeficienţii sunt unic determinaţi. Mulţimea este sistem de generatori. Deci, B este bază a spaţiului

0 1, ,..., nb b b B

1nP + . Coordonatele lui f în baza B sunt valorile găsite pentru , adică: 0,..., nb b

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 ...

1! 2! !

nnf a f a f af f a X a X a X a

n′ ′′

= + − + − + + − .


Problema 27. Fie spaţiul vectorial al polinoamelor reale, de grad cel mult doi.

3P

a) Să se arate că { }0 1 2, ,f f f=B este o bază a lui , unde 3P

0 1f X= + , 21 1f X= + , 2

2f X X= + .

b) Să se afle coordonatele vectorului (polinomului) 23 2 2f X X= − + în baza B .

Soluţie. a) Liniar independenţa. Formăm o combinaţie liniară cu vectorii lui B , nulă pentru orice X real. Obţinem succesiv:

0 1 2 0f f fα +β + γ = , X∀ ∈

( ) ( ) 2 0X Xα +β+ α + γ + β + γ = , X∀ ∈

0α +β = , , 0α + γ = 0β + γ = , 0α = β = γ = .

Deci, B este mulţime l.i. Sistem de generatori. Fie 2

0 1 2f a a X a X= + + un element oarecare din (exprimat în baza canonică a polinoamelor). Căutăm 3P cB

0 1 2, ,b b b ∈ a.î. 0 0 1 1 2 2f b f b f b f= + + , X∀ ∈ .

Facem înlocuirile polinoamelor, identificăm coeficienţii şi obţinem:

( ) ( )2 20 1 2 0 1 0 2 1 2a a X a X b b b b X b b X+ + = + + + + +

0 1 0b b a+ = 0 2 a, b b 1= 1 2 2a, b b = + +

1 1 01 0 10 1 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, det 2 0A = − ≠ .

Sistemul liniar cu necunoscutele este compatibil şi unic determinat (de tip Cramer).

0 1 2, ,b b b

Deci, există pentru orice f. 0 1 2, ,b b bB este sistem de generatori. B este bază. b) Aflăm coordonatele lui f în B , unde 0 3a = , 1 2a = − , . 2 2a =Prin rezolvarea sistemului cu necunoscutele de la pasul anterior

obţinem 0 1 2, ,b b b

( )0 0 21 12 2

b a a= − =


( )1 0 21 52 2

b a a= + =

( )2 0 1 21 522 2

b a a a= − + + = −

( )c

t3 2 2f = −B , t1 5 5

2 2 2f ⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠B

11 0 1

1 1 0 12

1 2 1C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Problema 28. Fie spaţiul polinoamelor în 5P cos x , cu coeficienţii reali,

de grad cel mult patru. Fie mulţimile de vectori

{ }2 3 41,cos ,cos ,cos ,cosx x x=B x

{ }1 1,cos ,cos2 ,cos3 ,cos4x x x=B x

x x x xα ⋅ + α + α + α + α =

.

a) Să se arate că B şi sunt baze ale lui . 1B 5Pb) Să se afle matricea de trecere C de la la . B 1Bc) Pentru un vector oarecare din să se găsească legătura explicită între

coordonatele vechi şi cele noi şi invers. 5V

d) Să se afle , folosind rezultatul de la punctul c). 1C−

Soluţie. a) Pentru construim o combinaţie liniară nulă B2 3 4

0 1 2 3 41 cos cos cos cos 0 , x∀ ∈ .

Dacă egalitatea de mai sus trebuie să fie nulă pentru orice x∈ , atunci conform principiului logic de raţionament luăm cinci valori particulare pentru x,

convenabil alese. Propunem valorile din mulţimea 20, , , ,2 3 3π π π⎧ ⎫π⎨ ⎬

⎩ ⎭. Obţinem un

sistem liniar omogen de cinci ecuaţii cu cinci necunoscute. Rezultă , . Mulţimea este l.i. Cum

0iα =0,4i = B 5dim 5V = , rezultă că este bază. B

Analog pentru : se construieşte combinaţia liniară nulă, se dau lui x valorile folosite anterior şi rezultă toţi coeficienţii nuli. Mulţimea este bază.

1B

1B b) Matricea de trecere ( )ijC c= leagă vectorii noi din baza de vectorii vechi din baza B . Din trigonometrie se ştiu formulele de tipul

1B

2cos2 2cos 1x x= − , 3cos3 4cos 3cosx x x= − , 4 2cos4 8cos 8cos 1x x x= − + .


Ordonăm aceste exprimări conform elementelor din baza şi obţinem succesiv

B

2 31 1 1 0 cos 0 cos 0 cos 0 cos4x x x x= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ 2 3cos 0 1 1 cos 0 cos 0 cos 0 cos4x x x x x= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ 2 3cos2 1 1 0 cos 0 cos 0 cos4x x x x= − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ 2 3cos3 0 1 3 cos 0 cos 4 cos 0 cos4x x x x x= ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ 2 3cos4 1 1 0cos 8 cos 0 cos 8 cos4x x x x= ⋅ + − ⋅ + ⋅ + ⋅ x

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

C

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

c) Cunoscând vectorii bazelor, matricea C a fost obţinută scriind vectorii noi cu cei vechi. La coordonate, matricea C este folosită la exprimarea coordonatelor noi cu cele vechi. Fie vectorul şi coordonatele sale în cele două baze. Rezultă: 5X V∈

( )t0 1 2 3 4X a a a a a=B , ( )t

1 0 1 2 3 4X b b b b b=B

1X CX=B B ,

0 0 2

1 1 3

2 2 4

3 3

4 4

32 848 .

a b b ba b ba b ba ba b

4= − +⎧⎪ = −⎪⎪ = −⎨⎪ =⎪⎪ =⎩

d) Matricea se poate afla prin multe metode. O folosim pe cea mai simplă dintre ele: exprimăm coordonatele noi cu cele vechi . Rezultă:

1C−

jb ia

0 0 21 32 8

b a a a= + + 4

1 134

b a a= + 3

2 21 12 2

b a= + 4a

3 314

b a=

4 418

b a=

1

1 0 1/ 2 0 3/80 1 0 3/ 4 00 0 1/ 2 0 1/ 20 0 0 1/ 4 00 0 0 0 1/8

C−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Problema 29. Fie spaţiul vectorial V de forma , cu baza canonică şi bazele şi

3 /[c 1 2 3, ,e e e=B ] [ ]1 1 2 3, ,u u u=B [ ]2 1 2 3, ,v v v=B , unde:

1 1 22u e e e= + + 3 3e 1 1 23 4v e e= + +

2 1 22 3 3u e e= + + 3e 3e 2 1 25 2v e e= + +

3 1 23 7u e e= + + 3e 3 3 1 2 6v e e e= + − . a) Să se afle matricele de trecere

1C pentru ; pentru . c 1→B B 2C c 2→B B

b) Să se afle prin mai multe metode matricea de trecere de la la . 1B 2BSoluţie. a) Deoarece trecerea se face de la baza canonică, atunci coloanele

din matricea de trecere sunt chiar vectorii bazelor, adică

1

1 2 31 3 71 3 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

3 5 11 2 14 1 6

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

b) Metoda 1. Conform teoriei, se ştie că 11C C C2−= . Aflarea lui C se face

prin mai multe variante. Varianta 1: Calcul direct. Rezultă:

11

18 7 55 2 13 1 1

C−−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

− , 27 71 419 20 94 12 8

C− − −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Varianta 2: Se foloseşte schema prin care se găseşte dintr-o dată , cu ajutorul eliminării Gauss-Jordan.

1C C−

1C 2C

1∗ 2 3 3 5 1 2 3 7 1 2 1 1 3 1 4 1 −6 1 2 3 3 5 1 0 1∗− 1 −5 −8 −1 0 1 −2 1 −4 −7 1 0 5 −7 −11 −1 0 1 −1 5 8 1 0 0 1∗− −4 −12 −8 1 0 0 −27 −71 −41 0 1 0 9 20 9 1C C C−⇒ = 0 0 1 4 12 8


Prin semnul * am notat pivotul. Metoda 2. Exprimăm vectorii lui . Obţinem 2B

1 1 227 9 4v u u= − + + 3u

3u

3u

2 1 271 20 12v u u= − + +

. 3 1 241 9 8v u u= − + +

Din aceste relaţii rezultă matricea C. Problema 30. Fie spaţiul vectorial real al vectorilor liberi (săgeţi orientate) din spaţiu. Notăm cu „

3V⋅” produsul scalar, cu „×” produsul vectorial,

iar x este un vector necunoscut. a) Să se rezolve ecuaţia a x b× = . Discuţie după vectorii a şi b . b) Să se rezolve ecuaţia a x c⋅ =

c) Să se rezolve sistemul a x ba x c⎧ × =⎨

⋅ =⎩.

Soluţie. a) Ecuaţia are soluţie numai dacă vectorul b este ortogonal pe vectorul a . Metoda 1. Deoarece ecuaţia dată este liniară, atunci soluţia generală are forma: 0 px x x= + , 0x – soluţia generală a ecuaţiei omogene;

a x× = θ , px – o soluţie particulară a ecuaţiei neomogene.

Din a x× = θ obţinem 0x a= λ , λ∈ . În continuare căutăm o soluţie particulară px a.î. pa x b× = . Particularitatea lui px poate fi în modul, sens sau direcţie. Deoarece px este

ortogonal pe b , alegem ( )px a b= μ × , cu μ∈ deocamdată nedeterminat. Obţinem succesiv:

( )[ ]a a b bμ × × = , ( ) 2a b a a b b⎡ ⎤μ ⋅ − =⎣ ⎦

0a b⋅ = , b ≠ θ , 21a

μ = − , a a= .

( )2

1x a a ba

= λ − × , λ∈ . (*)

Metoda 2. Pentru ca ecuaţia dată să aibă soluţie trebuie ca vectorii a şi b să fie ortogonali. Atunci { }, ,a b a b= ×B formează o bază a lui . Deci, 3V


căutăm x sub forma ( )x a b a b= α +β + γ × . Introducem x în ecuaţia iniţială şi obţinem

( ) ( ) 2a x a a b a b a b a b⎡ ⎤× = × α +β + γ × = β × − γ⎣ ⎦ .

Ecuaţia devine ( ) 2a b a b bβ × − γ = . Prin identificarea coeficienţilor vectorilor rezultă

0β = , , 2 1a−γ = ( )2

1x a a b=a

α − × , α∈ .

Cum era firesc, soluţiile obţinute prin cele două metode coincid. Observaţie. Pe parcursul calculelor am folosit formula lui Jacobi pentru

dublul produs vectorial

( ) ( ) ( )a b c a c b a b c× × = ⋅ − ⋅ .

b) Vectorul a şi scalarul c sunt cunoscuţi. Metoda 1. Căutăm x sub forma 0 px x x= + . Ecuaţia omogenă ataşată 0a x⋅ = arată că a şi x sunt ortogonali şi deci

putem lua, de exemplu 0x a v= × , unde v este un vector arbitrar din . 3VÎn continuare căutăm px a.î. pa x c⋅ = . Luăm px a= λ , . Obţinem λ∈

a a c⋅ λ = , 2a cλ = , 2pcx a

a= , a a= .

2cx a v a

a= × + . (**)

Metoda 2. Vectorul a este dat. Formăm o bază a lui în care să intre 3Va . Luăm { }, ,a u a u= ×B , u vector arbitrar.

Exprimăm x cu ajutorul elementelor bazei şi obţinem succesiv:

( )x a u a u= α +β + γ × , 2a a u cα +β ⋅ =

(2 2

c a ua a

)βα = − ⋅ ; (factor forţat 2a

β )

( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )2 22 2 2 2

c cx a a u a u a a u a a u a aa a a a

β β= + − ⋅ + γ × = + × × + γ ×u

( )2 2

cx a a u a ua a

β⎡ ⎤= + × × + γ⎢ ⎥⎣ ⎦; 2

cx a a va

= + × ,

unde v este vectorul arbitrar reprezentat prin ultima paranteză dreaptă.


c) Pentru rezolvarea sistemului vectorial, ţinem cont de rezultatele de la punctele anterioare. Astfel, înlocuim soluţia (*) în ecuaţia a doua şi obţinem succesiv:

( )2 22

1a x a a a b aa

⋅ = λ − ⋅ × = λ

2a cλ = , ( )[ ]2

1x ca a ba

= − × .

Soluţia sistemului este unic determinată. Problema 31. În spaţiul al vectorilor liberi din spaţiu să se rezolve problema

3V

a x b× = , 2x = .

Soluţie. Problema are soluţie dacă vectorii a şi b sunt ortogonali. Din problema anterioară se ştie că soluţia ecuaţiei a x b× = este

( )2

1x a a ba

= λ − × , λ∈ .

Punem condiţia 2x = şi obţinem succesiv:

4x x⋅ = , ( ) ( )22 22 4

2 1 4a a a b a ba aλ

λ − ⋅ × + × =

( ) 0a a b⋅ × = , ( ) ( ) ( )2a b a b a b× = × ⋅ ×

2 22 2

24a ba

a−

λ = , cu condiţia 2 24 0a b− ≥

2 22

1 4a ba

λ = ± −

( )2 21 2 2

1 14x a b a a ba a

= − − ×

( )2 22 2 2

1 14x a b a a ba a

= − − − × .

Observaţie. Pe parcursul calculelor am folosit identitatea lui Lagrange

( ) ( ) ( )22 2a b a b a b a b× ⋅ × = − ⋅ .


Problema 32. În spaţiul se dau punctele 3

( )A 1,1,1 , ( )B 0,2,0 , ( )C 3,2,1 , ( )D 10,4,2 , ( )E 2,5,6 .

a) Să se determine vectorii

ABa = , ACb = , ADc = , AEd =

şi să se exprime cu versorii i , j , k . b) Să se cerceteze dacă vectorii a , b , c sunt coplanari. c) Să se descompună vectorul DE după direcţiile vectorilor a , b , d . Soluţie. a) Obţinem succesiv

( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3a AB b a i b a j b a k i j k= = − + − + − = − + −

2b i j= + , 9 3c i j k= + + .

c) Pentru coplanaritate se calculează produsul mixt ( )a b c⋅ × . Folosind formula cu determinant rezultă:

( )1 1 12 1 0 09 3 1

a b c− −

⋅ × = = .

Vectorii sunt coplanari, deoarece paralelipipedul construit cu aceşti vectori are volumul zero.

c) Vectorii a , b şi d nu sunt coplanari. Deci, ei sunt l.i. şi formează o bază . 3

Căutăm vectorul DE sub forma

1 2 3DE x a x b x d= + + , 1 2 3, ,x x x necunoscute.

Rezultă DE 4a b d= − + .

2.7 Probleme propuse 1. În spaţiul vectorial se dau bazele 3

{ }1 2 3, ,u u u=B , { }1 2 3, ,v v v′=B

1

011

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , , , . 2

101

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

110

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

011

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

001

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Folosind mai multe metode să se afle matricea de trecere C de la la .

B′B


b) Să se stabilească formulele de transformare a coordonatelor unui vector , 3X ∈ ( )iX x= , când se trece de la o bază la alta.

2. Fie tripletul ( )2, ,+ ∗ . Să se cerceteze care din următoarele perechi de operaţii (+ operaţie internă, * operaţie externă) definesc pe o structură de spaţiu vectorial

2

2 2 2:+ × → 2 2:, ∗ × →

)t

a) ( ) ( ) (t t1 2 1 2 1 1 2 2x x y y x y x y+ = + +

( ) ( )t t1 2 20a x x ax= a, ∈

)t

t t1 2 1 2a x x ax ax= a

;

b) ( ) ( ) (t t1 2 1 2 1 1 0x x y y x y+ = +

( ) ( ) , ∈

)t

;

c) ( ) ( ) (t t1 2 1 2 1 1 2x x y y x y y+ = +

( ) ( )t t1 2 1 2a x x ax ax= a, ∈ .

R. Toate perechile de operaţii nu definesc spaţiu vectorial, deoarece: a) operaţia externă 1 nu se verifică; v v=b) operaţia internă + nu admite element neutru; c) operaţia internă + nu e comutativă.

3. Să se cerceteze dacă vectorii

21 1 2 3f x x= − + , 2

2 1 3 4f x x= + − , 23 7 5 3f x x= − +

sunt l.i. în spaţiul polinoamelor reale de grad cel mult doi.

4. Să se arate că vectorii

1

213

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 2

325

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 3

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

formează o bază a lui şi să se afle coordonatele vectorului în această bază B .

3 ( )t6 2 7v = −

R. . ( )t1 1 1v =B

5. În spaţiul vectorial se consideră sistemul de vectori l.i. /V K

{ }1 2, ,..., nu u u . Să se stabilească natura următoarelor sisteme de vectori:


a) , , 1 1v u= 2 1 2v u u= + 3 1 2 3 1,..., ...n nv u u u v u u= + + = + +v u u= + 2 2 3 1,..., n nv u u v u u= + = +

; b) , . 1 1 2

R. a) sistem l.i.; b) discuţie după n.

6. În spaţiul vectorilor liberi cu baza canonică 3V {c , ,i j k=B } se dau vectorii

3 2a i j= − + k , 2b i j k= − + − , 2 2 3c i j k= + −

11 6 5v i j= − + k .

a) Să se arate că { }, ,a b c=B formează o bază a lui . 3Vb) Să se exprime v cu baza B .

R. 2 3v a b= − + c .

7. Să se determine valorile parametrului real a pentru care mulţimea { }1 2 3 4, , ,G v v v v= formează un sistem de generatori ai spaţiului , unde 3 /

1 10

av

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

101

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 3

00

2v

a

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

, . 4

0

1v a

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

R. Se scrie condiţia ca orice 3X ∈ să se exprime cu mulţimea G.

8. Să se arate că mulţimea V este spaţiu vectorial peste şi să se afle dimensiunea sa, unde

{ }2 3 , , ,V v v a b c a b c Q= = + + ∈ .

9. Să se completeze sistemul de polinoame

{ }5 4 5 3 5 2 5, 3 , 2 ,S t t t t t t t t= + − + −

până la o bază B a lui . [ ]6P t

10. Să se arate că patrulaterul ABCD ale cărui vârfuri au vectorii de poziţie este un paralelogram, unde 1 2 3 4, , ,v v v v

1

521

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 2

134

v⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3

213

v−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 4

262

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


CAPITOLUL 3 SUBSPAŢII VECTORIALE

3.1 Definiţia subspaţiului vectorial Fie V un spaţiu vectorial peste corpul comutativ K, notat echivalent prin

/V K , ( ),V K , ( ), ,V + ⋅ , V.

În notaţia cea mai completă se indică legea internă „+” din grupul abelian V şi legea externă „ ⋅” definită pe K V× . Definiţie. Submulţimea se numeşte subspaţiu vectorial al lui V dacă:

S V⊂

1) , ; X Y S+ ∈ ,X Y S∀ ∈2) , X Sα ∈ X S∀ ∈ , . K∀ α∈

Cele două condiţii se pot uni în una singură, de forma X Y Sα + β ∈ ,X Y S, ∈ , , K∀ α β∈ . ∀

În aplicaţii se recomandă verificarea separată a celor două proprietăţi, conform principiului logic de raţionament: fie ,X Y S∈ ; verificăm că etc. Evident, pe S funcţionează legile „+” şi „

X Y S+ ∈⋅” ale lui V.

Deoarece putem lua 0 Kα = ∈ şi 0X = θ , atunci Sθ∈ şi deci orice subspaţiu vectorial S este spaţiu vectorial. Deci, el are bază şi dimensiune. O problemă de subspaţiu vectorial S se consideră încheiată numai după ce am găsit o bază B şi am aflat . dimS Multe probleme de subspaţiu vectorial provin din impunerea unui sistem de condiţii. La rezolvarea sistemului se recomandă structurarea soluţiei generale X sub forma

1 2 ... rX X X X= α +β + + δ .

Atunci, o bază a lui S este formată din mulţimea de vectori . În acest caz { 1 2, ,..., rX X X=B } dim r=B (numărul vectorilor din bază).


3.2 Subspaţiile S1 ∩ S2 , S1 + S2. Sumă directă. Subspaţii suplimentare

Fie şi subspaţii ale lui V. 1S 2S Definiţie. Se numeşte intersecţia subspaţiilor şi mulţimea 1S 2S

{ }1 2 1 2/ ,S S v V v S v S= ∈ ∈ ∈∩ .

Se numeşte suma subspaţiilor şi mulţimea 1S 2S

{ }1 2 1 2 1 1 2 2/ , ,S S v V v v v v S v S+ = ∈ = + ∈ ∈ .

În reprezentarea , operaţia „+” este legea internă din V. 1v v v= + 2Se numeşte acoperirea liniară generată de vectorii din V

mulţimea tuturor combinaţiilor liniare 1 2, ,..., rv v v

( ) { }1 2 1 1 1, ,..., ... ,...,r r r rL v v v v v K= α + + α α α ∈ .

Mulţimile , , 1 2S S∩ 1 2S S+ ( )1 2, ,..., rL v v v sunt subspaţii vectoriale ale lui V.

Definiţie. Suma de subspaţii 1S S2+ se numeşte sumă directă dacă

. Suma directă se notează prin { }1 2S S = θ∩ 1S S2⊕ sau 1 2S S+ . Definiţie. Subspaţiile şi ale lui V se numesc subspaţii

suplimentare dacă . 1S 2S

1 2S S V⊕ = Definiţie. Se numeşte descompunerea vectorului v V∈ pe subspaţiile

şi , dacă există şi 1S 2S 1v S∈ 1 22v S∈ a.î. 1v v v2= + . Dacă este sumă directă, atunci reprezentarea este unică.

1S S+ 2

2

2

1v v v= + Observaţia 1. Cerinţa de a cerceta dacă 1S S+ este sau nu sumă directă

apare, în general, la subspaţii provenite din acoperiri liniare în spaţiul n

( )1 1 2, ,..., rS L u u u= , ( )2 1 2, ,..., sS L v v v= .

Se procedează aşa: Pasul 1. Se scrie egalitatea a două combinaţii liniare, una din şi

una din 1

nS ⊂

2nS ⊂

1 1

r s

i i j ji j

u= =

α = β v∑ ∑ . (*)


Pasul 2. Se înlocuiesc vectorii şi cu componentele lor şi se obţin n relaţii. Se interpretează cele n relaţii ca sistem liniar cu necunoscutele şi parametrii

iu jv

1,..., rα α

1,..., sβ β . Pasul 3. Se află determinantul principal al sistemului (*) şi se pune

condiţia de compatibilitate (toţi determinanţii caracteristici să fie zero). Se obţin relaţii în . jβ

Pasul 4. Se rezolvă sistemul în jβ şi se află soluţia sa generală. Pasul 5. Se înlocuiesc găsiţi la pasul anterior în membrul drept din (*)

şi se află valoarea comună a acestei egalităţi. Dacă valoarea comună este jβ

θ , atunci şi avem sumă directă de subspaţii. { }1 2S S = θ∩

Observaţia 2. La studierea subspaţiilor suplimentare se procedează aşa: Etapa 1. Se studiază suma directă. Pentru aceasta se parcurg paşii de la

observaţia anterioară. Etapa 2. Dacă suma de subspaţii este directă, adică , atunci

se arată că (unde V este sau un alt spaţiu vectorial). Pentru aceasta se demonstrează dubla incluziune

{ }1 2S S = θ∩

1V S S= ⊕ 2n

1 2S S V+ ⊂ , , 1 2V S S⊂ +

deoarece este vorba de egalitatea a două mulţimi. Întotdeauna se pleacă de la un vector oarecare din mulţimea din stânga semnului de incluziune. Pe lângă subspaţiile

1 2S S∩ , 1 2S S+ , ( )1 2, ,..., rL v v v

există multe exemple de subspaţii concrete, cum ar fi: mulţimea coordonatelor ix care verifică un sistem de condiţii, mulţimea polinoamelor care satisfac unele

condiţii, apoi polinoamele omogene de grad dat, polinoame simetrice omogene de grad dat etc. Definiţie. Se numeşte polinom simetric cu variabilele 1 2, ,..., nx x x şi coeficienţii în corpul comutativ K un polinom notat ( )1 2, ,..., nP x x x care nu se schimbă dacă asupra variabilelor sale se aplică o permutare σ din grupul . Un polinom se numeşte omogen dacă toţi termenii săi au acelaşi grad în raport cu toate variabilele care intervin. Polinomul este simetric omogen dacă are simultan cele două calităţi menţionate mai sus.

nS

Exemple de polinoame simetrice sunt polinoamele simetrice fundamentale, care se folosesc la relaţiile lui Viète. 1 1 2 ... nx xσ = + + + x (omogen de grad 1) ……………………………. ……………………


2 1 2 1 3 1... n nx x x x x x−σ = + + + (omogen de grad 2) 1 2...n nx x xσ = (omogen de grad n) şi sumele de puteri 1 2 ...k k kx nx x+ + + 1k ≥, . Aceste polinoame se vor folosi în cap. 6 la formulele lui Newton. Într-un polinom simetric omogen toţi termenii care se obţin unul din altul printr-o permutare a variabilelor au acelaşi coeficient (care, de obicei, este 1).

3.3 Teorema dimensiunilor, a lui Grassmann Matematicianul şi filologul german Hermann Günther Grassmann (15.04.1809–26.09.1877) este considerat creatorul algebrei spaţiului cu dimensiunea finită n. Teorema lui Grassmann se referă la legătura dintre

1dim S , , 2dim S ( )1 2dim S S+ , ( )1 2dim S S∩ ,

unde şi sunt două subspaţii ale aceluiaşi spaţiu vectorial V. 1S 2S Această teoremă stabileşte relaţia

( ) ( )1 2 1 2 1dim dim dim dimS S S S S+ = + + ∩ 2S .

Observaţie. Tematica acestui capitol nu a epuizat problematica subspaţiilor vectoriale. Într-un capitol viitor se va continua cu noţiunile de subspaţiu ortogonal, nucleu, imagine etc.

3.4 Probleme rezolvate Problema 1. Fie sistemul liniar omogen

AX = θ , m nA × , 1nX × , 1m×θ

( )t1 2 nX x x x= … , . ( )t0 0 0θ = …

a) Mulţimea S a soluţiilor sistemului

{ },nS X X AX= ∈ = θ este un subspaţiu vectorial.

b) S are dimensiunea dim S n r= − , unde rangr A= , iar o bază a lui S are forma

{ }1 2, ,..., n rX X X −=B .

Vectorii bazei B se obţin prin structurarea (aranjarea) soluţiei generale X după cele necunoscute secundare ale sistemului. n r−

c) soluţia generală a sistemului neomogen AX b= are forma n r

p ii r

X X X−

=

= + α i∑ ,


unde este o soluţie particulară a sistemului neomogen. pX Soluţie. a) Fie şi două soluţii din S. Arătăm că pentru orice ( ). Avem succesiv:

1X 2X 1 2X Xα +β ∈S,α β∈

( )1 2 1 2A X X AX AXα +β = α +β = αθ +βθ = θ

2

.

Vectorul este soluţie. Deci, S este subspaţiu vectorial. Evident, .

1X Xα +βSθ∈

Observaţie. S fiind subspaţiu vectorial este spaţiu vectorial şi deci are dimensiune şi bază. În aplicaţii, problema se consideră complet rezolvată numai după ce am găsit di şi o bază B. mS b) Fie rang A r= , ( )min ,r m≤ n . Putem presupune că rang A este dat de minorul format cu primele r linii şi primele r coloane. Atunci 0rΔ ≠

1 2, ,...,r r nx x+ + x sunt necunoscute secundare.

Acestea se notează cu 1 2, ,..., n r−α α α şi pot lua orice valori reale. Structurăm soluţia generală a sistemului AX = θ sub forma 1 1 2 2 ... n r n rX X X X− −= α + α + + α , (*)

unde 1 2, ,..., n rX X X − sunt soluţii particulare. Acestea sunt liniar independente şi formează o bază B . Se mai spune că vectorii din B formează un sistem fundamental de soluţii. Problema 2. Fie spaţiul vectorial . Să se arate că mulţimea definită mai jos este subspaţiu vectorial şi să se afle dim pentru şi

, unde:

/nnS

nS 3n =4n =

a) ( ){ }t1 2 2/n nS x x x x x= =n ;

b) ( ){ }t1 2 1 2/ ...n nS x x x x x x= + + 0n+ = .

Soluţie. a) Fie vectorii , nX Y S∈

( )t1 2 1n nX x x x x−= , 2 nx x= ;

( )t1 2 1n nY y y y y−= , 2 ny y= .

Calculăm X Y+ şi pentru orice Xα α∈ . Se vede că şi , deoarece

nX Y S+ ∈

nX Sα ∈

2 2 n nx y x y+ = + , 2 nx xα = α .

Căutăm o bază a lui . nS


Pentru 3n = structurăm vectorii din , notând 3S 1x = α , 2x = β

1 1

2 2 1

3 2

1 00 10 1

x xX x x X X

x x2

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = β = α +β = α +β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

;

{ }3 1,X X=B 2 , 3dim 2S = , α∈ , β∈ .

Pentru 4n = structurăm vectorii din sub forma 4S

1

2

3

2

1 00 10 00 1

xx

Xxx

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = α +β + γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

0010

;

{ }4 1 2 3, ,X X X=B , 4dim 3S = ,

unde sunt vectorii cu care se înmulţesc scalarii reali . 1 2, ,X X X3 , ,α β γ În cazul general . dim 1nS n= − b) Fie vectorii cu , nX Y S∈

1 2 ... 0nx x x+ + + = , 1 2 ... 0ny y y+ + + = .

Calculăm X Y+ şi şi se vede că Xλ nX Y S+ ∈ , nX Sλ ∈ . Deci, este subspaţiu vectorial. Aflăm dimensiunea şi baza, ştiind că

nS1 2 3 ... nx x x x= − − − − .

Pentru 3n = structurăm vectorii din prin folosirea notaţiei 3S 2x = α , 3x = β

2 3

2 1

3

1 11 00 1

x xX x X

x

− − −α −β − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α = α +β = α +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠2Xβ ;

{ }3 1,X X=B 2 , 3dim 2S = .

Analog, pentru 4n = avem

1 2 3 4x x x x= − − − 2x, α , 3x = β , 4x = γ =

4dim 3S = .

Baza se determină uşor. 4B Problema 3. Să se cerceteze care din următoarele mulţimi de vectori formează subspaţiu. În caz afirmativ să se determine baza şi dimensiunea.

a) , , 41S ⊂ 1 2 3 4 0x x x x− + − = 1 3 42 0x x x− + = .


b) , . 2nS ⊂ 1 0nx x =

c) , 3nS ⊂ 2 4 6 ...x x x= = =

Soluţie. a) Varianta 1. Luăm 1,X Y S∈ cu proprietăţile din enunţ. Se calculează X Y+ şi şi rezultă că este subspaţiu. Xλ 1S Varianta 2. Se ştie că mulţimea soluţiilor unui sistem liniar omogen este subspaţiu. Rămâne să mai aflăm baza şi . Din rezolvarea sistemului omogen găsim soluţia generală X pe care o structurăm astfel

1B 1dim S

1 2

2 2 13 2 3 2

1 00 1

X X X

α −β −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α − β −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α +β = α +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

β , α∈ , β∈ ;

{ }1 1,X X=B 2 , 1dim 2S = .

b) Fie şi obţinem succesiv: 2,X Y S∈

( )t1 2 nX x x x= , 1 0nx x = ; , ; ( )t

1 2 nY y y y= 1 0ny y =

( )t1 1 2 2 n nX Y x y x y x y+ = + + + ;

( )( )1 1 1 10n n n nx y x y x y x y+ + = + + + 0 0≠ , în general.

Deci, vectorul X Y+ poate să nu aparţină lui , iar mulţimea nu este subspaţiu.

2S 2S

c) Fie de forma 3,X Y S∈

( )t1 3 4X x x x= α α , α∈

( )t1 3 4Y y y y= β β , β∈ .

Calculăm X Y+ şi şi se vede că Xλ 3X Y S+ ∈ , . este subspaţiu.

3X Sλ ∈ 3S

Pentru aflarea unei baze tratăm separat cazurile parn = , . imparn = Cazul , . Notăm subspaţiul prin . Structurăm 2n k= k ∗∈ (3 2S k )

( )3 2X S k∈ sub forma


1 1

2

3 3

41 3

2 2

2 1 2 1

2

1 0 00 1 00 0 10 1 0

0 1 00 0 00 1 0

k

k k

k

x xxx xx

X x x

xx x

x

−

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = + α +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ α⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2 1

0000

...

010

kx −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ ⎠

⎟

;

1 1 2 3 3 2 1 2 1... k kX x X X x X x X− −= + α + + + ;

( ) { }1 2 3 5 7 2 12 , , , , ,..., kk X X X X X X −=B ;

( )3dim 2 1S k k= + .

Analog pentru cazul , 2 1n k= + k∈ . Problema 4. Fie spaţiul şi vectorii 3 /

1

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

127

v⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 3

363

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

212

v⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Să se arate că mulţimea

( ){ }t1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4/S X x x x x x v x v x v x v= = + + + = θ

este un subspaţiu al lui . 4 /b) Să se afle o bază B a lui S şi di . mSc) Să se rezolve aceeaşi problemă ca la punctul b), dar punând corpul

în locul corpului . 2

Soluţie. a) S este mulţimea soluţiilor unui sistem omogen de 3 ecuaţii cu 4 necunoscute. Se ştie că o astfel de mulţime de soluţii este subspaţiu vectorial. b) Fie A matricea sistemului din definiţia lui S.

1 1 3 21 2 6 11 7 3 2

A⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, rang 3A = .

Se rezolvă sistemul cu necunoscutele ix şi se structurează soluţia generală X sub forma:


( ) ( )t t15 0 5 0 1 1X X= − α α α = α − = α

{ }1X=B , dim 1S = .

c) Toate datele problemei (vectorii şi matricea A) se rescriu în . Deoarece , rezultă sistemul şi matricea

2ˆ ˆ1 1− =

1 2 3

1 4

00

x x xx x+ + =⎧

⎨ + =⎩,

1 1 1 01 0 0 1

A⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(nu am mai scris semnul deasupra claselor de resturi). ∧ Notăm şi , cu 4x = α 3x = β 2,α β∈ . Structurăm soluţia generală X sub forma

1

22 3

3

4

1 01 10 11 0

xx

X Xxx

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α + β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ X= = = α +β = α +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

β ;

{ }2 3,X X=B , dim 2S = .

Problema 5. Fie spaţiul vectorial al şirurilor /S ( )na de numere reale, unde . Fie submulţimile de şiruri recurente de ordinul doi 0n ≥

( ){ }1 0 1 1 2, , 5 6 ,n n n nS a S a a a b a a a n− −= ∈ = = = − ≥ 2 ;

( ){ }2 0 1 1 2, , 4 4 ,n n n nS b S b b b a a n− −= ∈ = α = β = − ≥ 2 .

a) Să se arate că şi sunt subspaţii ale lui S. 1S 2Sb) Să se afle baza şi dimensiunea fiecărui subspaţiu.

Soluţie. a) Fie două şiruri ( ) ( ) 1,n na a S′ ′′ ∈ . Se arată că , ( ) ( ) 1n na a′ ′′+ ∈S( ) 1na S′λ ∈ . Mulţimea este subspaţiu. Se arată analog că este subspaţiu. 1S 2S b) La construirea fiecărui şir recurent se folosesc primii doi termeni, care sunt daţi (a şi b, respectiv α şi β ). Căutăm o bază a lui . Pentru aceasta scriem nerecurent şirul 1B 1S ( )na . În acest scop ataşăm ecuaţia caracteristică şi reprezentăm termenul general cu ajutorul a două progresii geometrice

na

1 2n n

na Ar Br= + , 2 5 6r r= − , 1 2r = , 2 3r = ; 2 3n n

na A B= + , , A, B necunoscute. 0n ≥


Pentru 0n = şi obţinem sistemul şi soluţia 1n =a A B= + , ; 2 3b A B= + 3A a b− , 2B b a= − =

( ) ( )3 2 2 3n nna a b b a= − + − 0n ≥, .

Aranjăm după a şi b şi obţinem: na

( ) ( )3 2 2 3 3 2n n n nna a b= ⋅ − ⋅ + − 0n ≥, .

Notăm

{ } { }2 21 3 2 2 3 / 0 1,0,3 2 2 3 ,...n ne n= ⋅ − ⋅ ≥ = ⋅ − ⋅ ;

{ } { }2 22 3 2 / 0 0,1,3 2 ,...n ne n= − ≥ = − .

Rezultă , 1 2na ae be= + ,a b∈

{ }1 1 2,e e=B , 1dim 2S = .

Pentru folosim ecuaţia caracteristică ataşată şi reprezentăm nerecurent termenul general

2S 2 4r r= − 4

1 1n n

nb Ar Bnr= + , 1 2 2r r= =

2 2n nnb A Bn= + , , A, B necunoscute. 0n ≥

Pentru 0n = şi obţinem sistemul 1n =

Aα = , 2 2A Bβ = + ; A = α , 22

B β − α=

( ) 12 2 2n nnb n −= α ⋅ + β − α 0n ≥, .

Aranjăm după şi β şi rezultă nb α

( ) 12 2 2n nnb n n n−= α − ⋅ + β ⋅ , . 0n ≥

Notăm

{ } { }2 31 2 2 / 0 1,0,2 2 ,.n nf n n= − ⋅ ≥ = − .. ;

{ } { }1 22 2 / 0 0,1,2 2,3 2 ,...nf n n−= ⋅ ≥ = ⋅ − .

Rezultă , α β 1 2nb f f= α +β , ∈

{ }2 1 2,f f=B , 2dim 2S = .


Problema 6. Fie spaţiul vectorial ( )2V =M al matricelor pătrate de ordinul doi. Notăm:

{ }t1 ,S A A V A A= ∈ = , { }t

2 ,S B B V B B= ∈ = − .

a) Să se arate că şi sunt subspaţii ale lui V. 1S 2Sb) Să se afle , şi câte o bază şi . 1dim S 2dim S 1B 2BSoluţie. a) Arătăm că sunt satisfăcute cele două axiome ale subspaţiului

(care pot fi contopite în una singură). Pentru fie 1S 1 2, 1A A S∈ . Rezultă:

t1 1A A= , t

2 2A A= , ( )t1 2 1 2A A A A+ = +

λ∈ , ( )t t1 1 1A A Aλ = λ = λ

1 2 1A A S+ ∈ 1 1, A S∈ , – subspaţiu. 1Sλ

Analog pentru 1 2 2,B B S∈ . Rezultă că ese subspaţiu. 2Sb) Cum orice subspaţiu este spaţiu vectorial, căutăm baza şi dimensiunea. Pentru aceasta reprezentăm orice matrice din V sub formă de vector

coloană, adică „întindem” matricea, iar la sfârşit o „împachetăm”

a bA

c d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )tA a c b d= .

Subspaţiul . Aflăm forma generală a matricelor din . Din 1S 1S tA A= rezultă:

a bA

b d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )tA a b b d= .

Structurăm vectorul A aşa cum cer componentele sale

1 2

1 0 00 1 00 1 00 0 1

ab

3A a b d aE bE dbd

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

E

3

,

unde 1 2, ,E E E sunt vectori care apar lângă a, b, c respectiv. Prin împachetare obţinem:

11 00 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , 20 11 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

30 00 1

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

{ }1 1 2 3, ,E E E=B .


Se verifică faptul că 1 2, , 3E E E sunt vectori l.i., iar din exprimarea

A 1 2 3aE bE dE= + + 1, A S∈ , ∀

rezultă că este sistem de generatori pentru . Deci, este bază şi .

1B 1S 1B

1dim 3S =

Subspaţiul . Din 2S tB B= − rezultă:

00b

Bb

⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )t0 0B b b= −

( )t0 1 1 0B b= − , 1B bF= , b∀ ∈ ,

10 11 0

F⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, { }2 1F=B , – bază 2B

2dim 1S = .

Ambele subspaţii se pot generaliza. Problema 7. (Generalizarea problemei anterioare). ( )nV =M spaţiul vectorial al matricelor pătrate de ordinul n, . Definim mulţimile şi ca în problema anterioară.

2n ≥ 1S 2S

a) Să se arate că şi sunt subspaţii ale lui V. 1S 2Sb) Să se afle , şi câte o bază şi pentru fiecare

subspaţiu. 1dim S 2dim S 1B 2B

Soluţie. a) Se verifică axiomele subspaţiului vectorial. b) Nu mai folosim operaţiile de „întindere şi împachetare” ca în cazul

. 2n = Căutăm o bază pentru . Se ştie că baza canonică pentru V este 1B 1S

( ){ }1 ,ij nE i j n= ∈ ≤ ≤B M .

Matricea ijE are un element 1 pe poziţia ( ),i j şi în rest numai zerouri. Construim cu ajutorul lui B . Definim 1B ij ij jiF E E= + şi avem

t t tij ij ji ji ij ijF E E E E F= + = + = , 1ijF S∈ .

Fie matricea superior triunghiulară F ale cărei elemente sunt matricele : ijF


11 12 13 1 1 1

22 23 2 1 2

33 3 1 2

1 1 1

n n

n n

n n

n n n n

nn

F F F F FF F F F

F F FF

F F

F

−

−

−

− − −

⎛ ⎞⎜ ⎟θ⎜ ⎟⎜ ⎟θ θ

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟θ θ θ⎜ ⎟⎜ ⎟θ θ θ θ⎝ ⎠

.

Baza este formată cu toate matricele nenule din matricea F 1B

{ }1 11 12, ,..., nnF F F=B , ( )

11dim

2n nS +

= .

Construim cu ajutorul lui B . Definim 2B ij ij jiG E E= − şi avem

t t tij ij ji ji ij ijG E E E E G= − = − = − , 2ijG S∈

iiG = θ (θ = matrice nulă), 1,i n= .

Fie matricea superior triunghiulară G, unde pe diagonala principală apare numai matricea nulă . Deci: θ

{ }2 12 13 1, ,..., n nG G G −=B , ( )

21dim

2n nS −

= .

Problema 8. ( )nV =M . Definim urma matricei A V∈ prin numărul

real 1

Trn

iii

A a=

=∑ (trace = urmă).

Definim mulţimea de matrice { }/ Tr 0S A V A= ∈ = . a) Să se arate că S este subspaţiu vectorial. b) Să se determine o bază şi . B dimS

c) Pentru 3n = să se afle coordonatele matricei 2 1 34 1 21 2 3

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

în

baza B . Soluţie. a) Conform definiţiei subspaţiului vectorial, fie ,A B S∈ . Obţinem succesiv:

Tr 0A = , Tr , B 0= ( )Tr Tr Tr 0A B A B+ = + = , A B S+ ∈

( )Tr Tr 0A Aλ = λ = , A Sλ ∈ ; S – subspaţiu.


b) Căutăm o bază pentru S. Plecăm de la baza canonică B

{ }c , , 1,ijE i j n= =B a lui V şi reţinem numai matricele ijE care au urma nulă,

adică luăm matricele ijE cu j i≠ . Aceste matrice formează o mulţime l.i. în S. Completăm această mulţime cu matricele

11ii iiF E E= − , iiF S∈ , 2,i n=

şi realizăm mulţimea

{ } { }11, ,ij ii ii 2,E j i F E E i n= ≠ = − =∪B .

Mulţimea este l.i. în S şi formează sistem de generatori pentru S, deoarece orice

BA S∈ se exprimă cu . B

Se vede că ( ) ( )2 2dim 1 1S n n n n= − + − = − .

Pentru o uşoară urmărire a elementelor lui B se recomandă ca acestea să fie aşezate într-o matrice pătrată.

c) Pentru aşezăm elementele bazei sub forma matricei E 3n = B

12 13

21 22 23

31 32 33

E EE E E E

E E E

θ⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Căutăm scalarii reali a.î. 1 2 8, ,...,a a a

1 12 2 13 3 21 4 22 8 33...a E a E a E a F a F A+ + + + + = .

Înlocuim matricele cu elementele lor şi rezultă coordonatele lui A în B :

1 1a = − , 2 3a = , , 3 4a = 4 1a = − , 5 2a = − , 6 1a = , 7 2a = , . 8 3a =

Observaţie. Se vede că exceptând 11 2a = , coordonatele sunt identice cu elementele , mai puţin elementele de pe diagonala principală care au semn schimbat.

kaija

Problema 9. Fie spaţiul vectorial al polinoamelor reale (sau

complexe), de grad cel mult . Definim mulţimea nP

1n −( ) ( ) ( ){ }1 , 1nS f g P f x g x g x+= ∃ ∈ = + − .

a) Să se arate că S este subspaţiu vectorial. b) Să se afle legătura dintre coeficienţii polinomului f şi cei ai

polinomului g, pentru , cu precizarea matricei de trecere. 1,2,3,4n =c) Generalizare. Să se afle matricea de trecere de la coeficienţii lui f la

coeficienţii lui g.


Soluţie. a) Verificăm proprietăţile subspaţiului. Fie două polinoame oarecare din S şi obţinem succesiv:

1f S∈ , a.î. 1 g∃ ( ) ( ) ( )1 1 11f x g x g x= + −

2f S∈ , a.î. 2 g∃ ( ) ( ) ( )2 2 21f x g x g x= + −

( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 21f f x g g x g g x+ = + + − + , 1 2f f S+ ∈

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 11f x f x g x g xλ = λ = λ⎡ + − ⎤⎣ ⎦ 1, f S∈ . λ

Mulţimea S este subspaţiu vectorial. b) Fie nf P∈ şi de forma 1ng P +∈

( ) 1 20 1 2...n n

n n 1f x a x a x a x a− −− −= + + + +

( ) 1 20 1 2 ...n n n

ng x b x b x b x b x1− −

−= + + + + .

Folosim polinomul g fără termenul liber , deoarece acesta se elimină prin scădere. Analizăm pe rând cazurile particulare:

nb

1n = , ( ) 0f x a= , ( ) 0g x b x= , ( ) ( ) ( )1f x g x g x= + − ( ) 0f x b= , 0 0a b=

2n = , ( ) 0 1f x a x a= + , ( ) 20 1g x b x b x= + , ( ) ( ) (1 )f x g x g x= + −

( ) 0 0 1f 2x b x b b+ + 0 02a b, = , 1 0a b b= 1= +

, 0 0

1 1

2 01 1

a ba b

⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

22 01 1

C⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

3n = , ( ) 20 1 2 (f x a x a x a ) 3 2

0 1 2g x b x b x b x= + + = + + ,

( ) ( )20 0 1 0 13 3 2 2f x b x b b x b b b= + + + + +

, , 0 03a b= 1 0 1b3 2a b= + 2 0 1 2a b b b= + +

⎞⎟⎟⎟⎠

, 0 0

1 1

2 2

3 0 03 2 01 1 1

a ba ba b

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝3

3 0 03 2 01 1 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4n = , ( ) 3 20 1 2 3f x a x a x a x a+ + + 4 3 2

0 1 2 3g b x b x b x b x= + + +, =

( ) ( ) ( )3 20 0 1 0 1 2 0 1 24 6 3 4 3 2 3f x b x b b x b b b x b b b b= + + + + + + + + +


.

0 0

1 1

2 2

3 3

4 0 0 06 3 0 04 3 2 01 1 1 1

a ba ba ba b

⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

c) Pentru generalizare folosim scrierea cu ajutorul sumelor şi a combinărilor. Obţinem succesiv:

( )1

1

0

nn i

ii

f x a x−

− −

=

=∑ , ( )1

0

nn i

ii

g x b x−

−

=

=∑

( ) ( )1 1 1 1

0 0 0 0 01 1

0 0 0 1

1

n n n n i nn i n i k n i k n i

i i i n ii i i k in n i n n i

k n i k n i k n i ki n i i n i

i k i k

f x b x b x b C x b x

b C x x b C x

− − − − −− − − −

−= = = = =

− − − −− − − − −

− −= = = =

= + − = −

⎡ ⎤= − =⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

∑ ∑ ∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑ ∑

i− =

1n−+

( )1

10 1 1

1 12 2

2 22 2 2 2

1 1

... .

n nk n k k n kn n

k kn

k n k k kn n

k k

f x b C x b C x

b C x b C x b

−− − −

−= =−

− − −− −

= =

= + +

+ + +

∑ ∑

∑ ∑

Prin identificarea coeficienţilor din cele două forme echivalente ale lui ( )f x rezultă:

1nx − ; 10 0 na b C=

2nx − ; 2 11 0 1n na b C b C −= + 1

3nx − ; 3 2 12 0 1 1 2n n na b C b C b C− −= + + 2

4nx − ; 4 3 2 13 0 1 1 2 2 3n n n na b C b C b C b C− −= + + + 3−

12C−

……………………………………………. x; 1 2 3

2 0 1 1 2 2 2...n n nn n n n na b C b C b C b− − −− − −= + + + +

0x ; 1 0 1 2 2...n na b b b b b− −= + + + + + 1n−

( )t0 1 1na a a a −= , ( )t

0 1 1nb b b b −=

na C b= , 1nb C a−=


1

2 11

3 2 11 2

4 3 2 11 2 3

1 2 3 4 11 2 3 21 2 3 21 2 3 2

0 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0

0 0

0

n

n n

n n n

n n n n n

n n n nn n n n

n n n nn n n n

C

C C

C C CC C C C C

C C C C C

C C C C C C

−

− −

− − −

− − − −− − −− − −− − −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

11

0

( )( )det 1 2 ...3 2 1 !nC n n n n= − − ⋅ ⋅ = Problema 10. În spaţiul vectorial fie mulţimea (sistemul) de

vectori 4 /

{ }1 2 3 4, , ,M v v v v= , ( )t1 1 1 1 0v = −

( )t2 0 1 1 0v = , ( )t3 0 2 1 1v = − , . ( )t

4 2 1 4 1v = − −

Fie acoperirea liniară generată de M. (S L M= )a) Să se afle rang M , o bază a lui S şi . dimS

( )b) Notăm ( )1 1 2,S L v v 2 3 4,S L v v= , = . Să se afle subspaţiul , o bază a sa şi 1S S∩ 2 ( )1 2dim S S∩ . c) Să se afle , o bază a sa şi 1S S+ 2 ( )1 2dim S S+ . d) Să se verifice teorema lui Grassmann. Soluţie. a) Se ştie că rangul sistemului de vectori M este rang A , unde

matricea A are drept coloane chiar coloanele vectorilor daţi. Rezultă det 0A = , ceea ce arată că vectorii din M sunt l.d. Există 3 1 0Δ = − ≠ format cu . Deci,

1 2 3, ,v v vrang rang 3M A= = , { }1 2 3, ,v v v=B , dim 3S = . b) Vectorii sunt l.i., 1 2,v v 1dim 2S = . Vectorii sunt l.i, 3 4,v v 2dim 2S = . Aflăm . Pentru aceasta notăm 1S S∩ 2

{ }1 1 2 ,S av av a b= + ∈ , { }2 3 4 ,S cv dv c d= + ∈

şi punem condiţia 1 2 3av bv cv dv4+ = + . (*)

Aceasta conduce la relaţiile 2a d= , , 2a b c d+ = − 4a b c d− + = − , 0 c d= − + .

Metoda 1. Interpretăm aceste relaţii ca sistem de ecuaţii cu necunoscutele a, b şi parametrii c, d. Scriem matricea sistemului, aflăm determinantul


caracteristic şi punem condiţia de compatibilitate prin anularea tuturor determinanţilor caracteristici. Rezultă:

1

1 01 11 10 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, – determinant principal 2 1 0Δ = ≠

car1

1 0 21 1 2 01 1 4

dc d c d

c dΔ = − = − + =

− −d c, =

car2

1 0 21 1 2 00 0

dc d c dc d

Δ = − = − + =− +

d c, = .

Pentru d sistemul a şi b devine c=

2a c= , a b c+ = , 3a b c− + = −

2a c= , b c= − , c c= , d c= . Deci, soluţia se exprimă cu c = α arbitrar, α∈ . Atunci egalitatea (*)

devine

1 2 3 4

21

230

v v v v cX

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟α − α = α + α = α =⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

1

2

.

Rezultă că are forma 1S S∩

{ }1 2 1,S S X X X= = α α∈∩ .

De aici rezultă baza { }1X=∩B şi ( )1 2dim 1S S =∩ .

Metoda 2. Interpretăm relaţiile provenite din condiţia (*) ca sistem omogen de patru ecuaţii cu patru necunoscute. Cum det 0A = , rezultă că există şi altă soluţie decât soluţia nulă. Prin rezolvare obţinem

2a = α , b = −α , c = α , d = α , α∈ . Introducem a, b, c, d în egalitatea (*) şi obţinem

1X X= α , , . α∈ ( )t1 2 1 3 0X = −

Concluziile sunt aceleaşi ca la metoda 1.


c) Prin definiţie avem

{ }41 2 1 2 3 4S S X X av bv cv dv+ = ∈ = + + + .

Cum numai vectorii sunt l.i rezultă 1 2 3, ,v v v

{ }41 2 1 1 2 2 3 3S S X X v v v+ = ∈ = λ + λ + λ pentru orice 1 2 3, ,λ λ λ ∈ .

Deci

{ }1 2 3, ,v v v+=B , ( )1 2dim 3S S+ = .

d) Verificăm relaţia dintre dimensiuni şi obţinem

( ) ( )1 2 1 2 1dim dim dim dimS S S S S+ = + + ∩ 2S

2 2 3 1+ = + , adevărat. Problema 11. În spaţiul se dau vectorii 4 /

( )t1 1 1 2 1u = − , , ( )t

2 0 1 1 2u = − − ( )t3 1 2 1 5u = − −

( )t1 2 1 0 1v = , , . ( )t

2 2 1 1 1v = − − − − ( )t3 3 0 2 3v =

Fie acoperirile liniare

( )1 1 2 3 ( )2 1 2 3, ,S L v v v, ,S L u u u= , = .

a) Să se afle şi . 1dim S 2dim Sb) Să se determine subspaţiul , o bază şi 1S S∩ 2 ( )1 2dim S S∩ . c) Să se afle subspaţiul 1S S2+ , o bază şi ( )1 2dim S S+ . d) Să se verifice teorema lui Grassmann. Soluţie. a) Fie 1A şi 2A matricele formate cu vectorii şi, respectiv, : iu ju

1

1 0 11 1 22 1 11 2 5

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 2

2 2 31 1 00 1 21 1 3

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

1rang 2A = , 1dim 2S = ; 2rang 3A = , 2dim 3S = .

{ }1 1 2,u u=B , { }2 1 2 3, ,v v v=B .

b) { }1 1 1 2 2 3 3S a u a u a u= + + , { }2 1 1 2 2 3 3S b v b v b v= + + . Pentru a afla punem condiţia 1S S∩ 2


. (*) 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3a u a u a u b v b v b v+ + = + +

Înlocuim vectorii daţi şi obţinem patru relaţii. Metoda 1. Interpretăm relaţiile obţinute din egalitatea (*) ca sistem

omogen cu şase necunoscute. (Laborios). Metoda 2. Interpretăm relaţiile (*) ca sistem neomogen cu necunoscutele

şi parametrii . Necunoscutele corespund matricei 1 2 3, ,b b b 1 2 3, ,a a a 2A cu 2 1rang rangA A> . Alegem determinantul principal prΔ şi punem condiţia de compatibilitate

a sistemului. Avem

pr

2 2 31 1 00 1 2

3−

Δ = − = −−

; există un carΔ

1 2 3

1 2 3car

1 2 3

1 2 3

2 2 3 01 1 0 2

00 1 2 21 1 3 2 5

a a aa a a

a a aa a a

− + −− − +

Δ = =− − +− − + −

1 2 32 0a a a− + = , 1 2 32a a a− 2a, α , 3a = β = =

1 2a = α − β , 2a = α , 3a = β , α∈ , β∈ .

Cu aceste valori ale lui valoarea comună din relaţia (*) are forma notată X, unde

1 2 3, ,a a a

( ) 1

3 10 0

33 13 1

X X

α − β⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α − β =⎜ ⎟ ⎜ ⎟α − β⎜ ⎟ ⎜ ⎟α − β⎝ ⎠ ⎝ ⎠

γ

{ }1 2 1,S S X X X= = γ γ∈∩ ,

unde am notat

3α − β = γ , . ( )t1 1 0 1 1X =

Rezultă baza { }1X=∩B şi ( )1 2dim 1S S =∩ .


c) Conform definiţiei sumei de subspaţii avem

{ }41 2 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3S S X X a u a u a u b v b v b v+ = ∈ = + + + + + .

În mulţimea vectorilor şi căutăm 4 vectori l.i. Cum sunt l.i., completăm acest sistem de vectori până la o bază. Luăm

iu ju 1 2 3, ,v v v{ }1 2 3 4, , ,v v v v+=B .

Se constată că mulţimea este l.i., deoarece din combinaţia liniară nulă +B

1 1 2 2 3 3 4 1v v v uλ + λ + λ + λ = θ rezultă toţi 0kλ = .

Deci, este bază a lui +B 1 2S S+ , ( )1 2dim 4S S+ = , iar subspaţiul 1 2S S+ are forma

{ }41 2 1 1 2 2 3 3 4 1S S X X v v v u+ = ∈ = λ + λ + λ + λ ,

pentru orice . 1 2 3 4, , ,λ λ λ λ ∈d) Teorema lui Grassman spune că


Avem , adevărat. 2 3 4 1+ = + Problema 12. În spaţiul vectorial se dau vectorii 4 /

( )t1 1 1 2 1u = − , , ( )t

2 0 1 1 2u = − − ( )t3 1 2 2 5u = − −

( )t1 2 1 0 1v = , , . ( )t

2 2 1 1 1v = − − − − ( )t3 3 0 2 3v =


( )1 1 2 3 ( )2 1 2 3, ,S L v v v, ,S L u u u= , = .

a) Să se afle dimensiunile lui şi şi câte o bază în aceste subspaţii. 1S 2Sb) Să se determine subspaţiile , o bază a sa şi . 1S S∩ 2

2

( )1 2dim S S∩c) Să se determine subspaţiul 1S S+ , o bază a sa şi ( )1 2dim S S+ . d) Să se verifice teorema lui Grassmann. Soluţie. a) Fie 1A şi 2A matricele formate cu vectorii şi din enunţ.

Rezultă: iu jv

1rang 3A = , 1dim 3S = ; 2rang 3A = , 2dim 3S = .

{ }1 1 2 3, ,u u u=B , { }2 1 2 3, ,v v v=B

b) Prin definiţie avem

{ }1 1 1 2 2 3 3S a u a u a u= + + , { }2 1 1 2 2 3 3S b v b v b v= + + ,


unde şi sunt numere oarecare. ia jbPentru a afla punem condiţia 1S S∩ 2

. (*) 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3a u a u a u b v b v b v+ + = + +

Aceasta conduce la 4 relaţii pe care le interpretăm ca sistem neomogen cu necunoscutele şi parametrii . Din matricea ia jb 2A alegem determinantul principal prΔ şi punem condiţia de compatibilitate a sistemului. Obţinem succesiv:

pr

1 0 11 1 22 1 2

1−

Δ = − = −−

; există un carΔ

1 2 3

1 2car 2 1

2 3

1 2 3

1 0 1 2 2 31 1 22 1 2 21 2 5 3

b b bb b

b bb b

b b b

− − +− −

Δ = = −− − +

− − − +

2 1 0b b− = ; 1b = α , 2b = α , 3b = β .

Cu aceste valori ale lui , şi membrul drept din relaţia (*) are forma notată X

1b 2b 3b

1 2

3 0 30 0 0

2 1 23 1 3

X X

β⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α +β = α +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−α + β −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Xβ

{ }1 2 1 2, ,S S X X X X= = α +β α∈ β∈∩ ,

unde am notat

{ }1 2,X X=∩B şi ( )1 2dim 2S S =∩ .

c) Din definiţia sumei de subspaţii rezultă

3 34

1 21 1

, ,i i j j i ji j

S S X X a u b v a b= =

⎧ ⎫⎪ ⎪+ = ∈ = + ∈ ∈⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

∑ ∑ .

În mulţimea de vectori şi căutăm 4 vectori l.i. Luăm şi găsim că aceştia sunt l.i. Formăm baza

iu jv 1 2 3 1, , ,u u u v

{ }1 2 3 1, , ,u u u v+=B , ( )1 2dim 4S S+ = .


d) Pentru teorema lui Grassmann trebuie verificată relaţia dimensiunilor


Avem 3 3 , adevărat. 4 2+ = + Problema 13. Fie spaţiul vectorial şi subspaţiile sale 3 /

( ){ }t1 1 2 3 2/ ,S Y Y y y y y y= = = 1 ;

( ){ }t2 1 2 3 3/ ,S Z Z z z z z z= = = − 2

3

.

Să se verifice teorema lui Grassmann şi să se afle câte o bază pentru fiecare din subspaţiile care intervin în teoremă.

Soluţie. Pe lângă şi trebuie să mai determinăm şi . 1S 2S 1 2S S∩ 1 2S S+Pentru avem 1S

1

1 1 3 1 1 3

3

1 01 00 1

yY y y y y Y y Y

y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

{ }1 1 2,Y Y=B , 1dim 2S = , 1y ∈ , 3y ∈ .

Pentru avem 2S

1

2 1 2 1 1 2

2

1 00 10 1

z

2Z z z z z Z zz

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Z

{ }2 1 2,Z Z=B , 2dim 2S = , 1z ∈ , 2z ∈ .

Subspaţiul cere determinarea lui 1S S∩ 2 1 2X S S∈ ∩ , ( )t1 2 3X x x x=

şi obţinem succesiv:

1X S∈ , 2 1x x= , 2X S∈ , 3 2x x= −

1 2 3x x x= = − = α , ( )tX = α α −α , α∈ ,

( ){ }t1 2 1 1/ , 1 1S S X X X X= = α = −∩ 1

{ }1X=B , ( )1 2dim 1S S =∩ .


Determinăm subspaţiul 1S S2+ . Prin definiţie avem

{ }31 2 1 2, ,S S X X Y Z Y S Z S+ = ∈ = + ∈ ∈ .

Pe de altă parte are forma 1X S S∈ + 2

2

1

1 3 1X Y Y Z Z= α +β + γ + δ .

Se vede că vectorii cu care se exprimă X sunt l.d., şi anume: 2 1 2Z Y Y Z= − − , iar sunt l.i. Ei formează o bază pentru . Deci, 1 2 1, ,Y Y Z 1S S+ 2

( )1 2dim 3S S+ = . Relaţia dimensiunilor din teorema lui Grassmann este verificată. Problema 14. Fie un spaţiu vectorial şi , două subspaţii ale

sale în sumă directă. Să se arate că orice doi vectori nenuli şi /V K 1S 2S

1v S∈ 1 2 2v S∈ sunt liniar independenţi.

Soluţie. Din ipoteză, suma directă 1S S2⊕ atrage . Prin reducere la absurd presupunem că şi sunt l.d şi fie

{ }1 2S S = θ∩

1v 2v 2 1v v= λ , Kλ∈ . Atunci , (deoarece este subspaţiu). Rezultă

şi deci , ceea ce este absurd. 1 1v S∈ 1v Sλ ∈ 1 21S 2 1v S S∈ ∩

2v = θVectorii şi sunt l.i. 1v 2v Problema 15. În spaţiul vectorial se dau vectorii 3 /

1

124

u⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

248

u−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; , , 1

111

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

031

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

211

v⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

(Fie subspaţiul ( )1 1 2 )2 1 2 3, ,S L v v v,S L u u= , = .

a) Să se cerceteze dacă şi sunt subspaţii suplimentare ale lui . 1S 2S 3

b) Să se găsească descompunerea vectorului pe aceste subspaţii.

( t5 7 13v = − )

Soluţie. La început se găseşte că 1dim 1S = , 2dim 2S = . a) Pentru spaţiile suplimentare se parcurg mai multe etape. Etapa 1. Determinăm . Trebuie ca 1S S∩ 2 { }1 2S S = θ∩ . Scriem explicit

şi : 1S 2S{ }1 1 1 2 2S a u a u= + , { }2 1 1 2 2 3 3S b v b v b v= + +

şi punem condiţia . (*) 1 1 2 2 1 1 2 2 3 3a u a u b v b v b v+ = + +


Înlocuim vectorii cu componentele lor şi interpretăm relaţiile obţinute ca sistem cu necunoscutele şi parametrii . 1 2 3, ,b b b 1 2,a a

Alegem un determinant principal prΔ şi punem condiţia de compatibilitate a sistemului liniar: toţi car 0Δ = . Obţinem succesiv:

pr1 0

31 3

Δ = = , 1 2

car 1 2

1 2

1 0 21 3 2 41 1 4 8

a aa aa a

−Δ = − +

−

car 0Δ = , ( )1 212 2 0a a− = , 1 22 0a a− =

2a = α , 1 2a = α , α∈ .

Cu valorile găsite pentru şi , calculăm membrul stâng din (*) (care este egal cu membrul drept) şi obţinem:

1a 2a

( )t1 1 2 2 1 22 0 0 0a u a u u u+ = α + α = = θ .

Deci, . { }1 2S S = θ∩

Etapa 2. Cercetăm suma directă. Deoarece , avem { }1 2S S = θ∩ 1 2S S⊕ .

Etapa 3. Punem în evidenţă spaţiul generat de toţi cei 5 vectori daţi în enunţ. Notăm . Avem ( )1 2 1 2 1 2 3, , , ,S S L u u v v v+ =

1 1 22 1 1 124 1 1

− − = − , { }1 1 3, ,u v v=B – este bază

( )1 2dim 3S S+ = .

Etapa 4. Pentru ca şi să fie subspaţii suplimentare trebuie ca .

1S 2S3

1 2S S⊕ =Interpretăm această egalitate în sensul teoriei mulţimilor şi arătăm dubla

incluziune. Evident, , deoarece dacă 31 2S S⊕ ⊆ 1v S S2∈ + , atunci . 3v∈

Reciproc: fie , . Arătăm că , adică există scalarii a.î.

3X ∈ ( t1 2 3X x x x= ) 2

5

X

1X S S∈ +

1 2, ,...,λ λ λ

. (**) 1 1 2 2 3 1 4 2 5 3u u v v vλ + λ + λ + λ + λ =


Relaţia (**) conduce la un sistem liniar de 3 ecuaţii cu 5 necunoscute iλ . Fie A matricea coeficienţilor. Se găseşte că rang 3A = şi deci sistemul (**) este compatibil (nedeterminat) pentru orice X. Rezultă că 1 2X S S∈ + .

1S şi sunt subspaţii suplimentare ale lui . 2S 3

b) Căutăm descompunerea vectorului v pe şi . Punem vectorul v în locul vectorului X din (**) şi obţinem un sistem liniar cu necunoscutele

. Sistemul este compatibil dublu nedeterminat şi obţinem soluţia generală

1S 2S

1 2 5, ,...,λ λ λ

1 2 3λ = α + , , 2λ = α 3 2λ = − β , 4λ = β , 5 1λ = +β .

Structurăm vectorul v după şi şi obţinem succesiv: 1S 2S

( ) ( )1 1 2 2 3 1 4 2 5 3v u u v v v= λ + λ + λ + λ + λ

( ) ( ) ( )1 2 1 0

2 3 2 4 2 1 3 1 14 8 1 1

v2

1

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜= α + − + α + − β +β + +β −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

)

( ) (t t3 6 12 2 1 1v = − + − .

Descompunerea lui v este unică, deoarece { }1 2S S = θ∩ . Problema 16. Să se arate că şi sunt subspaţii suplimentare ale lui

, unde: 1S 2S

n

{ }1 1 2/ ...nnS X x x x= ∈ + + + = 0 ;

{ }2 1 2/ ... ,nnS X x x x n= ∈ = = = ≥ 2

)

.

Să se descompună , 3v∈ ( t3 4 1v = − per subspaţiile şi . 1S 2SSoluţie. Se arată că şi sunt subspaţii vectoriale. 1S 2SPentru subspaţii suplimentare trebuie demonstrat că . 1 2

n S S= ⊕

Pasul 1. Cercetăm . Fie 1S S∩ 2 1 2X S S= ∩

1X S∈ , 2X S∈ , 0inx = , 0ix = , 1,i n= ;

X = θ , { }1 2S S = θ∩ .

Suma este directă şi scriem 1S S+ 2 1 2S S⊕ .


Pasul 2. Arătăm că , adică: 1n S S= ⊕ 2

2 şi . (*) 1 2nS S+ ⊆ 3

1S S⊆ +

Deoarece şi sunt subspaţii ale lui , atunci . 1S 2S n1 2

nS S+ ⊆

Pentru cea de a doua implicaţie (*) fie dat nX ∈ . Căutăm 1 1Y S∈ , a.î. . Pe componente avem: 2Y S∈ 2 21X Y Y= +

( )t1 2 nX x x x= , , ( )t

1 1 2 nY y y y= ( )t2Y a a a=

i ix y a= + , 1,i n= ; 1 2 ... 0ny y y+ + + =

1 2 ... 0nx x x na+ + + = + , ( )1 21 ... na x x xn

= + + +

( )1 1 1 21 1 ... ny x a n x x xn

= − = ⎡ − − − − ⎤⎣ ⎦

( )2 2 1 2 31 1 ... ny x a x n x x xn

= − = ⎡− + − − − − ⎤⎣ ⎦

( )1 11 ... 1n n n ny x a x x n xn −= − = ⎡− − − + − ⎤⎣ ⎦ .

Deci, sunt unic determinaţi vectorii 1Y S1∈ şi 2Y S2∈ a.î. . Rezultă că , ceea ce arată că şi sunt subspaţii suplimentare.

1 2X Y Y= +

1n S S= ⊕ 2

)−1S 2S

Pentru căutăm ( t3 4 1v = 1 1Y S∈ şi 2Y S2∈ a.î. 1 2v Y Y= + . Folosim formulele de mai sus care dau valoarea a şi valorile pentru

. Rezultă: iy

1,3i =

( )1 3 4 1 23

a = + − = , ( )t2 2 2 2Y =

1 1y = , , 2 2y = 3 3y = − , ( )t1 1 2 3Y = − .

Descompunerea lui v este unică, deoarece { }1 2S S = θ∩ . Problema 17. Fie F spaţiul funcţiilor reale ( ): ,f a a− → şi mulţimile

de funcţii pare pF şi funcţii impare : iF

( ) ( ) ( ){ }p / : , ,F g g a a g x g x= − → − =

( ) ( ) ( ){ }i / : , ,F h h a a h x h x= − → − = − .


a) Să se arate că şi sunt subspaţii vectoriale. pF iFb) pF şi sunt subspaţii suplimentare în spaţiul F. iFSoluţie. a) Verificăm axiomele subspaţiului vectorial. Fie . Obţinem succesiv: 1 2 p,g g F∈

( ) ( )1 1g x g x− = , ( ) ( )2 2g x g x− =

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2g g x g x g x g x g x g g x+ − = − + − = + = +

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 1 1 1 ,g x g x g x g xλ − = λ − = λ = λ ∀ λ∈

1 2 pg g F+ ∈ 1 pg F, ∈ , pF – subspaţiu. λ

Analog pentru . 1 2 i,h h F∈Spaţiile F, pF şi sunt infinit dimensionale. iFb) Pentru subspaţii suplimentare, întâi cercetăm p iF F∩ . Dacă notăm cu

( )xθ funcţia identic nulă pentru orice ( ),x a a∈ − , atunci

{ }p iF F = θ∩ , p iF F⊕ ,

adică suma de subspaţii este directă. Apoi arătăm că . Pentru aceasta demonstrăm dubla incluziune

a mulţimilor. p iF F F+ =

Evident, p iF F F+ ⊆ . Reciproc: fie f F∈ . Arătăm că p if F F∈ + .

Definim 1 12 2

f g= + h , unde:

( ) ( ) ( )g x f x f x= + − , ( ) ( )g x g x− = , pg F∈ ;

( ) ( ) ( )h x f x f x= − − , ( ) ( )h x g x− = − , ih F∈ .

Deci, p if g h F F= + ∈ + . Subspaţiile pF şi sunt suplimentare în spaţiul real F al tuturor

funcţiilor. Deci, orice funcţie cunoscută iF

f F∈ se descompune în mod unic sub forma:

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]1 12 2

f x f x f x f x f= + − + − −x .


Problema 18. Fie spaţiul vectorial 1nP + al polinoamelor P cu coeficienţii reali şi grad . Definim o mulţime de polinoame pare P n≤ pS şi una de polinoame impare : iS

( ) ( ){ }p 1 / ,nS Q P Q x Q x x+= ∈ − = ∀ ∈

( ) ( ){ }i 1 / ,nS H P H x H x x+= ∈ − = − ∀ ∈ .

a) Să se arate că pS şi sunt subspaţii vectoriale. Pentru fiecare să se afle o bază şi dimensiunea.

iS

b) Să se arate că pS şi sunt subspaţii suplimentare ale lui . iS 1nP +

Soluţie. a) Fie , şi 1Q 2 pQ S∈ λ∈ . Se arată că 1 2 pQ Q S+ ∈ 1 pQ Sλ ∈, . Deci, pS este spaţiu vectorial.

Analog pentru 1H , 2 iH S∈ avem 1 2 iH H S+ ∈ şi 1 iH Sλ ∈ . este subspaţiu vectorial.

iS

Căutăm o bază în pS . Fie pQ S∈

( ) 2 30 1 2 3 ... n

nQ x a a x a x a x a x= + + + + + .

Prin definiţie ( ) ( )Q x Q x= −

( ) ( )2 30 1 2 3 ... 1 n n

nQ x a a x a x a x a x− = − + − + + − .

Egalăm coeficienţii puterilor egale ale lui x din cele două expresii şi obţinem

0 0a a= , , 1 1a a= − 2 2a a= , ( )3 3,..., 1 nn na a a= − = − a

2 2k ka a= , 2 1 0ka + = , 0,1,2,...k =

Rămâne

( ) 2 4 20 2 4 2... ,

2k

knQ x a a x a x a x k ⎡ ⎤= + + + + = ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

O bază a lui pS este

{ }2 4 2p 1, , ,..., kX X X=B ,

2nk ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

pdim 1S k= + .

Căutăm o bază în . Fie iS iH S∈

( ) 2 30 1 2 3 ... n

nH x b b x b x b x b x= + + + + + .


Prin definiţie ( ) ( )H x H= − −x şi obţinem succesiv:

( ) ( )2 30 1 2 3 ... 1 n n

nH x b b x b x b x b x⎡ ⎤− − = − − + − + + −⎣ ⎦

0 0b b= − , , 1 1b b= 2 2b b= − , ( )3 3,..., 1 nn nb b b b= = − −

2 0kb = , 2 1 2 1k kb b+ += , 0,1,2,...k =

Rămâne

( ) 3 5 2 11 3 5 2 1... ,

2k

knH x b b x b x b x k+

+⎡ ⎤= + + + + = ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

O bază a lui este iS

{ }3 5 2 1i , , ,..., kX X X X +=B ,

2nk ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

idim 1S k= + .

Observaţie. Polinoamele pare pQ S∈ se exprimă numai cu puteri pare ale variabilei X, iar polinoamele impare iH S∈ se exprimă numai cu puteri impare ale lui X.

b) Deoarece polinomul este o funcţie elementară, se aplică rezultatul de la problema anterioară şi pentru orice 1nP P +∈ are loc reprezentarea

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]1 1 ,2 2

P x P x P x P x P x x= + − + − − ∀ ∈ .

Problema 19. Fie spaţiul vectorial al polinoamelor P cu coeficienţii

reali şi . Pentru valoarea nenulă fixată 1nP +

grad P n≤ a∈ şi apoi definim mulţimile:

\a∈

( ){ }1 1 / 0,nS P P P a a+= ∈ = ∈

( ){ }2 1 / 0,nS P P P a a+= ∈ = ∈ − .

a) Să se arate că şi sunt subspaţii. 1S 2Sb) Să se găsească baza şi dimensiunea fiecărui subspaţiu. Soluţie. a) Fie şi 1,P Q S∈ λ∈ . Atunci

( ) 0P a = , ( ) 0Q a = , ( )( ) ( ) ( ) 0P Q a P a Q a+ = + = ,

1P Q S+ ∈ ; ( )( ) ( ) 0P a P aλ = λ = , 1P Sλ ∈ .

Mulţimea este subspaţiu vectorial. Analog . 1S 2S


b) Căutăm o bază în . Din 1B 1S ( ) 0P a = rezultă reprezentarea

( ) ( ) ( )P X X a Q X= − , nQ P∈ , grad 1Q n≤ − .

Spaţiul are baza canonică nP { }21, , ,..., nX X X 1− . Construim mulţimea de

polinoame

( ) ( ) ( ){ }2 11 , , ,..., nX a X X a X X a X X a−= − − − −B .

Arătăm că este bază a lui , adică are cele două calităţi ale bazei. 1B 1SIndependenţa liniară. Formăm o combinaţie liniară nulă şi obţinem

succesiv: ( ) ( ) ( )1

1 2 ... nnX a X a X X a−α − + α − + + α − = θ

( ) ( ) ( )2 11 1 2 2 3 1... n n

n n na a X a X a X X−−−α + α −α + α −α + + α −α + α = θ .

Deoarece este polinomul identic nul, trebuie ca toţi coeficienţii din membrul stâng de mai sus să fie nuli, adică

θ

1 0a−α = , , 1 2 10,..., 0n na−α − α = α −α = 0nα = .

Rezolvăm acest sistem de jos în sus (sau de sus în jos) şi obţinem , . Mulţimea este liniar independentă.

0iα =1,i = n 1B

Sistem de generatori. Fie 1P S∈

. (*) 20 1 2 ... n

nP a a X a X a X= + + + +

Arătăm că există scalarii 0 1 1, ,..., nb b b − , aşa încât P se exprimă cu , adică

1B

( ) ( ) ( )10 1 1... n

nP b X a b X X a b X X a−−= − + − + + − . (**)

Identificăm coeficienţii puterilor egale din (**) şi (*) şi obţinem succesiv:

( )

( )

0 0 0 0

0 1 1 1 0 12

21 2 2 2 0 1 23

1

1

1

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

n

ab a b aa

b ab a b a aaa

b ab a b a aa a aa

b

− = = −

− = = − +

− = = − + +

( )( )

12 1 1 1 0 1

1 1

1 ...

, 0.

nn n n nn

n n n n

ab a b a aa a aa

b a b a P a

−− − − −

− −

− = = − + + +

= = =

1−


Coeficienţii sunt determinaţi cu ajutorul coeficienţilor cunoscuţi .

0 1 1, ,..., nb b b −

0,..., na a1B este sistem de generatori; este bază, iar 1B 1dim S n= .

Observaţie. Proprietatea rămâne adevărată şi dacă 0a = şi deci

( )0 0P = , { }21 , ,..., nX X X=B .

În continuare studiem subspaţiul . 2SAvem

( ) 0P a = , ( ) 0P a = , ( ) ( )( ) ( )P X X a X a Q X= − − ,

unde a este conjugatul lui , iar a∈ − grad 2Q n≤ − . Ca şi mai înainte se demonstrează că

( )( ) ( )( ) ( )( ){ }22 , ,..., nX a X a X X a X a X X a X a−= − − − − − −B

este bază a lui şi . 2S 2dim 1S n= − Problema 20. Notăm [ ]1 , ,R x y z spaţiul polinoamelor omogene de gradul întâi, cu nedeterminatele reale x, z, y. Fie sistemele de vectori

1

2

3

22

f x y zf x y zf x y z

= + += + += + +

1

2

3

4

5

2 22 3

3 27 .

g x y zg x yg x yg x yg x y

zzz

= + += + += + +

= + += +

a) Să se cerceteze independenţa liniară în fiecare sistem de vectori. b) Să se arate că acoperirile liniare generate de cele două sisteme de

vectori coincid, adică

( ) ( )1 2 3 1 2 3 4 5, , , , , ,L f f f L g g g g g= .

c) Alegând o bază în prima acoperire liniară şi o bază în cea de a doua, să se găsească matricea de trecere de la o bază la cealaltă.

B ′B

Soluţie. a) Fie combinaţia liniară nulă

1 1 2 2 3 3f f fλ + λ + λ = θ , , ,x y z∀ ∈ .

Rezultă , adică 1 2 3 0λ = λ = λ = 1 2 3, ,f f f sunt l.i. Analog, pentru vectorii sunt l.i. 1 2 3, ,g g g b) Are loc egalitatea dimensiunilor subspaţiilor

( ) ( )1 2 3 1 2 3 4 4dim , , dim , , , ,L f f f L g g g g g 3= = .


Se egalează două combinaţii liniare oarecare din cele două subspaţii şi se găseşte că jf se exprimă cu şi reciproc. Subspaţiile generate coincid. jg c) Alegem bazele

{ }1 2 3, ,f f f=B , { }1 2 3, ,g g g′=B .

Căutăm matricea de trecere C. Exprimăm cu ig jf . Se vede că 1 1g f= . Apoi

2 1 2 3g af bf cf= + + , ,, x y z∀ ∈

1a b c+ + = , 2 2a b c+ + = , 2 2a b c+ + = 1a = − , 1b = , 1c =

3 1 2 3g pf gf rf= + + , ,, x y z∀ ∈

1p q r+ + = , 2 2p q r+ + = , 2 3p q r+ + =

2p = − , 1q = , 2r = .

Matricea de trecere are forma

1 1 20 1 10 1 2

C− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; 1

2

3

fff

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

3.5 Probleme propuse 1. Fie spaţiul polinoamelor de grad cel mult n, cu coeficienţi reali şi

mulţimile 1nP +

1, , nA B C P +⊂ , 0n ≥

( ){ }1 / 0 , fixatnA P P P a a+= ∈ = ∈

( ) ( ){ }1 /5 0 3 1 0nB P P P P+= ∈ − =

( ) ( ) ( ){ }1 / 1 2 ... 0,nC P P P P P k k+= ∈ + + + = ∈ .

Să se cerceteze care din aceste mulţimi sunt subspaţii? R. Nu. Da. Da.

2. În se dau vectorii 3Q

( )t1 1 1 1v = , , , . ( )t

2 1 2 7v = − ( )t3 3 6 3v = ( )t

4 2 1 2v = −

a) Să se cerceteze care este mulţimea cu număr maxim de vectori l.i.


b) Să se arate că mulţimea U este subspaţiu al lui 4Q

( ){ }t1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4/U X x x x x x v x v x v x v= = + + + = θ .

Să se afle dimensiunea lui U şi o bază. c) Luând în locul lui corpul şi apoi corpul , să se rezolve din

nou problema formulată la punctul b). 2 3

R. c) Se rescriu coordonatele vectorilor în şi, respectiv, în . iv 2 3

3. Fie submulţimile ( )1 2S ⊂M , [ ]2 1nS P t+⊂

1 / , , ,0

a bS M M a b c

c⎧ ⎫⎛ ⎞

= = ∈⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) ( ){ }2 / 1 0 ,S P P t P t= + = ∀ ∈ .

Să se arate că şi sunt subspaţii. Să se afle câte o bază şi dimensiunea.

1S 2S

R. , deoarece P este polinomul constant. 2dim 1S =

4. În se dau vectorii 4

1

1452

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

1231

v

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , . 3

1231

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

215347

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

Fie subspaţiile generate de acoperirile liniare ( )1 1,S L v v= 2

)3

, . Să se cerceteze dacă (2 1,S L v v= 1 2v S S∈ ∩ .

R. Nu

5. Să se arate că mulţimea polinoamelor simetrice omogene de grad cel mult 5 din [ 1 2, ]x x este un subspaţiu vectorial.

6. Fie vectorii . Să se determine o bază şi dimensiunea

subspaţiului

41 2 3, ,v v v ∈

( )1 2 3, ,S L v v v= , unde:

a) , , ( )t1 1 1 2 4v = − ( )t

2 1 2 4 7v = − − ( )t3 0 1 6 3v = − ;

b) , ( )t1 1 1 3 2v = − − ( )t2 2 2 6 4v = − − , . ( )t3 3 3 9 6v = − −

R. a) dim 2S = ; . dim 1S =


7. În spaţiul polinoamelor omogene de gradul întâi [ ]1 , , ,K x y z t se consideră vectorii:

1

2

3

4

3 44 2 23 3

f x y z tf x y z tf x y z tf x y z t

= − + −= + + += + + +

= + + +

1

2

3

4 .

g x y z tg x y zg x y zg x y z

ttt

= + + += + + −= + − −

= − − −

Luând pe rând K Q= , 2K = , 3K = să se determine câte o bază în subspaţiile generate

( )1 1 2 3 4, , ,S L f f f f= , ( )2 1 2 3, , ,S L g g g g4= .

R. K = , , 1dim 4S = ( )1 1 2 3 4, , ,f f f f=B , 2dim 4S = ( )2 1 2 3 4, , ,g g g g=B , , 2K = 1dim 2S = ( )1 1 2,f f=B , 2dim 1S = ( )2 1g=B , , 3K = 1dim 4S = 2dim 4S = .

8. Fie S subspaţiul definit prin

{ }5 /S X AX= ∈ = θ

1 2 1 1 12 1 1 1 11 7 5 5 53 1 2 1 1

A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

.

Să se afle di şi o bază a sa. mS R. . dim 1S =

9. În spaţiul se dau vectorii 4

1

1201

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

0113

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3

1334

v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, 4

2112

v

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.


( )( )1 1 2,S L v v= , 2 3 4,S L v v= .

a) Să se calculeze , , 1dim S 2dim S ( )1 2dim S S+ .


b) Să se cerceteze dacă 1S S2+ este sumă directă. R. Nu este sumă directă.

10. În se consideră vectorii: 3

( )t1 1 0 1v = , , . ( )t

2 1 1 0v = ( )t3 2 1v a=

Să se determine a a.î. subspaţiul S generat de vectorii să aibă dimensiunea 2.

∈ 1 2 3, ,v v v

R. . 3a =

11. Să se arate că mulţimea matricelor

00

x yM z

t

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , ,x y z t∈ , x y z= +

este subspaţiu vectorial. Să se arate că { }1 2 3, ,E E E=B este o bază a subspaţiului, unde

1

0 11 00 1

E⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

0 11 00 1

E−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 3

2 11 00 1

E⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


CAPITOLUL 4 SPAŢII EUCLIDIENE. SPAŢII UNITARE

4.1 Produs scalar real. Spaţiu euclidian Fie ( ), ,V + ⋅ un spaţiu vectorial real. Vectorii din V sunt notaţi cu x, y, z, u, v, w, X, Y etc. Scalarii din sunt notaţi cu , , , ,α β γ λ μ etc. Vectorul cu efect neutru din grupul V este . θ

Definiţie. Se numeşte produs scalar real o aplicaţie , :V V⋅ ⋅ × → care pentru orice , ,x y z V∈ şi îndeplineşte condiţiile (axiomele). α∈

1) , ,x y y x= (comutativitate); 2) , , ,x y z x z y z+ = + (distributivitate la stânga); 3) , ,x y xα = α y (omogenitate în prima variabilă); 4) , 0x x ≥ ; , 0x x x= ⇔ = θ .

Consecinţă: are loc şi distributivitatea la dreapta şi omogenitatea în cea de a doua variabilă, adică:

, , ,x y z x y x z+ = + , x, ,y x y . α = α

Condiţiile 2 şi 3 pot fi condensate în una singură, iar , 0x θ = . În general, vom spune produs scalar în loc de produs scalar real. Definiţie. Se numeşte spaţiu euclidian un spaţiu vectorial real V, de dimensiune finită, pe care s-a definit un produs scalar. Dacă V are dimensiune infinită, atunci el se numeşte spaţiu prehilbertian.

4.2 Produs scalar complex. Spaţiu unitar Fie un spaţiu vectorial complex. /V

Definiţie. Se numeşte produs scalar complex o aplicaţie , :V V⋅ ⋅ × → care pentru orice , ,x y z V∈ şi îndeplineşte condiţiile (axiomele): α∈

1) , ,x y y x= (conjugare); 2) , , ,x y z x z y z+ = + ; 3) , ,x y xα = α y ; 4) , 0x x ≥ ; , 0x x x= ⇔ = θ .


Consecinţă:

, , ,x y z x y x z+ = + , x, ,y x y . α = α

Definiţie. Se numeşte spaţiu unitar un spaţiu vectorial complex V, de dimensiune finită, pe care s-a definit un produs scalar complex.

4.3 Normă. Distanţă. Unghi Fie V un spaţiu vectorial real sau complex. Fie x şi y din V, sau .

α∈α∈

Definiţie. Se numeşte normă pe V o aplicaţie :V +⋅ → cu

proprietăţile: 1) 0x ≥ ; 0x x= ⇔ = θ ; 2) x xα = α ; 3) x y x y+ ≤ + (inegalitatea triunghiului).

Definiţie. Se numeşte norma euclidiană pe un spaţiu euclidian norma

definită prin produsul scalar

,x x x= sau 2 ,x x x= .

Această definiţie satisface cele trei proprietăţi de mai sus. Un spaţiu vectorial pe care s-a definit o normă se numeşte spaţiu normat. Un spaţiu normat în care norma provine dintr-un produs scalar se numeşte

spaţiu Hilbert. Dacă norma provine din altceva decât produsul scalar, atunci se obţine un spaţiu Banach. Spaţiul Banach este un spaţiu complet.

Noţiunea de normă conduce la noţiunea de distanţă. Definiţie. Se numeşte distanţa dintre doi vectori x şi y din V o aplicaţie

:d V V +× → , ( ),d x y

cu proprietăţile 1) ( ), 0d x y ≥ ; ( ), 0d x y x y= ⇔ = ; 2) ( ) ( ),d x y d y x= , (simetria); 3) ( ) ( ) ( ), , , z V∀ ∈ . d x y d x z d y z≤ + , Dacă V este înzestrat cu produs scalar, atunci distanţa se defineşte prin

( ), ,d x y x y x y x y= − = − − .

Această definiţie satisface cele trei proprietăţi ale distanţei.


Definiţie. Se numeşte unghiul a doi vectori x şi y dintr-un spaţiu euclidian un număr real definit prin [0,ϕ∈ π]

,cos x yx y

ϕ = , , cx y x y os= ⋅ ϕ .

În general, într-un spaţiu unitar nu se defineşte noţiunea de unghi. Fie V un spaţiu euclidian sau unitar şi vectori ,X Y V∈ , dim V n=

( )t1 2 nX x x x= , . ( )t

1 2 nY y y y=

Atunci norma euclidiană şi distanţa euclidiană se definesc prin 2 2

1 2 ... nX x x x= + + + 2

( ) 2 21 1 2 2, . n nd X Y x y x y x y= − + − + + − 2.. .

Relaţii şi inegalităţi importante: 1. Identitatea paralelogramului

( )2 2 22X Y X Y X Y+ + − = + 2 .

2. Inegalitatea Cauchy-Buneakovscki-Schwarz 2, ,X Y X X Y Y≤ , sau ,X Y X Y≤ ⋅ .

Egalitatea are loc numai dacă vectorii X şi Y sunt liniar independenţi. Observaţie. Spaţiul vectorial V se numeşte spaţiu afin dacă unităţile de

măsură luate pe axele de coordonate nu se compară între ele, adică nu au un etalon comun.

Dacă există un etalon comun de măsurare a lungimilor pe toate axele de coordonate, atunci spaţiul V este spaţiu metric.

Într-un spaţiu afin nu are sens distanţa dintre două puncte. Spaţiul afin dă o mai mare generalitate figurilor.

În această lucrare se folosesc numai spaţiile metrice.

4.4 Ortogonalitate. Bază ortogonală. Bază ortonormată Definiţie. Vectorii x ≠ θ , y ≠ θ din V se numesc vectori ortogonali dacă

,x y = 0 . O submulţime M V⊂ se numeşte mulţime ortogonală dacă orice doi vectori x şi y sunt ortogonali. Menţionăm că Mθ∉ . Proprietate: orice mulţime ortogonală este formată din vectori liniar independenţi.

Fie spaţiul euclidian sau unitar V cu dimV n= .


Definiţie. Baza { }0 1 2, ,..., nu u u=B se numeşte bază ortogonală dacă este mulţime ortogonală, adică

0B,i ju u 0= pentru toţi . Baza i ≠ j

{ }1 1 2, ,..., nw w w=B se numeşte bază ortonormată dacă este bază ortogonală şi 1iw = , , adică: 1,i = n

1,,

0, .i j iji j

w wi j=⎧

= δ = ⎨ ≠⎩

Din orice bază ortogonală se obţine o bază ortonormată împărţind fiecare vector cu norma sa

1 21

1 2, ,..., n

n

uu uu u u

⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

B .

Procedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt Din orice bază { }1 2, ,..., nv v v=B poate obţine o bază ortogonală

{ }0 1 2, ,..., nu u u=B .

Pasul 1. Luăm . 1 1u v=Pasul k. 2,k n=

1

21

,kk i

k k ii i

v uu v u

u

−

=

= −∑ 2,k n, = . (4.4.1)

Din baza ortogonală se obţine baza ortonormată . 0B 1B Reprezentarea Fourier a unui vector Fie , . Dacă este bază ortogonală şi

bază ortonormată, atunci au loc reprezentările: X V∈ ( )t

1 2 nX x x x= 0B

=

=

1B

1

n

i ii

X x u∑ , 2, i

ii

X ux

u=

=

=

; (4.4.2)

1

n

i ii

X x w∑ , ,i i . (4.4.3) x X w=

Coordonatele ix , , se numesc coeficienţii Fourier ai vectorului X. 1,i = nObservaţie. În spaţiul euclidian baza ortonormată canonică se notează

prin n

{ }1 2, ,...,c ne e e=B , . ( )t0 0 0 1 0 0ie =


Exemple de produse scalare 1. Într-o bază ortonormată, produsul scalar canonic al lui , respectiv

se defineşte prin

n

n

1,

n

k kk

X Y x y=

=∑ , t,X Y X Y= ;

1,

n

k kk

X Y x y=

=∑ , t,X Y X Y=

(suma produselor componentelor de acelaşi ordin). 2. În spaţiul vectorial al funcţiilor reale (complexe) şi continue pe

intervalul ( , produsul scalar are forma ),a b

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), db b

a a

df g x f x g x x x f x g x x⎛ ⎞⎜ ⎟= ρ = ρ⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ,

unde ( )xρ este o funcţie dată numită pondere. Se poate ca ( ) 1xρ = , ( ),x a b∀ ∈ .

În teoria polinoamelor Cebîşev, ponderea este ( )2

1

1x

xρ =

−, . ( )1,1x∈ −

3. În spaţiul vectorial al matricelor ( )nM , produsul scalar se defineşte prin

( )t

1 1, tr

n n

ij iji j

A B AB a= =

= = b∑∑ ,

unde 1

trn

iii

A a=

=∑ este urma matricei A.

Observaţie. Într-un spaţiu vectorial se pot defini mai multe produse scalare.

4.5 Subspaţiul ortogonal. Proiecţia unui vector pe un subspaţiu

Fie V un spaţiu euclidian sau unitar şi un subspaţiu. S V⊂ Definiţie. Se numeşte subspaţiul ortogonal sau complementul ortogonal al subspaţiului S, mulţimea notată S⊥ definită prin

{ }/ , 0,S x V x y y⊥ = ∈ = ∀ ∈S

(se citeşte: S ortogonal).


Complementul ortogonal este un subspaţiu vectorial.

Proprietate: V S , adică S şi S⊥= ⊕ S⊥ sunt subspaţii suplimentare. Fie şi dimn V= { }1 2, ,...,S v v v=B p o bază oarecare a lui S, dimS p= .

Determinarea subspaţiului S⊥ se face căutând vectorii X V∈ , ( t

1 2 n )X x x x= cu proprietatea că

, 0iX v = , 1,i p= . (4.5.1)

Relaţiile (4.5.1) reprezintă un sistem liniar omogen cu p n< ecuaţii şi n necunoscute 1 2, ,..., nx x x . Prin structurarea soluţiei generale X se obţine baza

şi dimensiunea lui . S⊥B S⊥

Definiţie. Se numeşte proiecţia vectorului v V∈ pe subspaţiul S, unicul

vector cu proprietatea 0v ∈S

0v v S− ⊥ , 0 , 0v v x− = , x S∀ ∈ .

Notăm . 0 prSv v=Pentru aflarea vectorului proiecţie trebuie să cunoaştem o bază

ortogonală 0v

{ }1 2, ,...,S pu u u=B , dimS p= , p n< .

În acest caz se calculează cu formula 0v

0 21

,pr

pi

Si i

v uv v

u=

= =∑ iu . (4.5.2)

Observaţie. În toate problemele care urmează, spaţiul vectorial V este înzestrat cu un produs scalar (chiar dacă acest lucru nu este spus în mod explicit).

Proprietate: Cel mai mic unghi [ ]0,ϕ∈ π dintre un vector şi

vectorii unui subspaţiu este format de u şi proiecţia sa ortogonală X pe S, adică:

u V∈S V⊂

( )cos cos ,u Xϕ = , prSX u= .

Această proprietate este demonstrată şi ilustrată în problemele 22, 23, 24 din secţiunea 4.6.


4.6 Probleme rezolvate Problema 1. Fie spaţiul euclidian . Să se arate că aplicaţia /n

, : n n⋅ ⋅ × →

1,

n

i ii

X Y x y=

=∑ , ( )iX x= , ( )iY y= , 1,i n= ,

este un produs scalar în real. Soluţie. Verificăm cele 4 axiome ale produsului scalar. Fie şi .

, , nX Y Z ∈α∈

1. 1 1

, ,n n

i i i ii i

X Y x y y x Y X= =

= = =∑ ∑

Proprietatea de comutativitate este satisfăcută.

2. ( )1

, ,n

i i ii

X Y Z x y z X Z X Z=

+ = + = +∑ ,

Distributivitatea la stânga este satisfăcută.

3. 1

, ,n

i ii

X Y x y X Y=

α = α = α∑

Liniaritatea în prima variabilă este satisfăcută.

4. 2

1, 0

n

ii

X X x=

= >∑ ,

, 0 0iX X x⇔ = X, = = θ .

Toate axiomele produsului scalar sunt satisfăcute. Consecinţă. Norma se defineşte prin

2 21 2, . nX X X x x= = + + 2.. x+ .

Această normă se numeşte norma euclidiană a vectorului X şi se notează 2X .

Produsul scalar în real şi norma au expresiile mai simple t,X Y X Y= , 2 tX X= X .

Problema 2. Fie spaţiul unitar . Să se arate că aplicaţia /n

, : n n⋅ ⋅ × →


1,

n

i ii

X Y x y=

=∑ , ( )iX x= , ( )iY y= , 1,i n= ,

este produs scalar în complex, unde iy este conjugatul lui . iy ∈

Soluţie. Pentru şi , , nX Y Z ∈ α∈ se verifică cele 4 axiome ale produsului real în complex. Ilustrăm numai proprietatea 4:

2

1 1, 0

n n

i i ii i

X X x x x= =

= = ≥∑ ∑

2

1, 0 0

n

ii

X X x=

= ⇔ =∑ 0ix, = , X = θ .

Consecinţă. Norma vectorului nX ∈ se defineşte prin 2 2

1, ... nX X X x x= = + + .

Aceasta este norma euclidiană 2X . Produsul scalar în complex şi norma au expresiile echivalente

t,X Y X Y= , 2 tX X= X .

Problema 3. Fie spaţiul vectorial al funcţiilor reale şi continue

[ ]( ) [ ]{ }, : ,C a b f a b= → .

Să se arate că aplicaţia

( ) ( ), db

a

f g f t g t t ( )= ∫ , [ ]f , ,g C a b∈

este un produs scalar. Soluţie. Pentru [ ]( ), , ,f g h C a b∈ şi α∈ se verifică cele 4 axiome ale

produsului scalar. Arătăm în detaliu numai proprietatea 4.

Evident, ( )2, db

a

0f f f t t= ≥∫ .

Demonstrăm partea a doua a acestei proprietăţi. Fie f = θ (Funcţia identic nulă). Atunci

( )2, db

a

0f f f t t= =∫ .


Reciproc: fie f cu ,f f 0= . Prin absurd presupunem că 0f ≠ . Atunci există [ ]0 ,t a b∈ a.î. ( )0 0f t ≠ . Cum f este continuă pe [ ],a b , există o vecinătate ( ) ( )0 0 0,I t t t= − ε + ε , 0ε > a.î. ( ) 0f t ≠ pentru orice ( )0t I t∈ . Calculăm integrala

( )0

0

2 d 0t

t

f t t+ε

−ε

≠∫ , , 0f f ≠ .

Ultimul rezultat contrazice ipoteza. Deci, cu necesitate f = θ .

Observaţie. Pentru funcţiile reale cu valori complexe, continue, produsul scalar se defineşte prin

( ) ( ), db

a

f g f t g t= ∫ t .

Problema 4. Fie spaţiul vectorial . Să se arate că /V

( )2 2 2 2i i 2X Y X Y X Y+ + − = + ,X Y V, ∈ .

Soluţie. Evaluăm separat fiecare termen din membrul stâng 2

2 2

2 2

i i , i

i , i , i i

i , i ,

X Y X Y X Y

X X Y Y X Y

X X Y Y X Y

+ = + + =

= + + +

= − + +

=

2

2 2

i i , i

i , i , .

X Y X Y X Y

X X Y Y X Y

− = − − =

= + − +

Prin adunare termen cu termen se obţine egalitatea din enunţ. Observaţie. În spaţiul are loc egalitatea /V

( )2 2 22X Y X Y X Y+ + − = + 2 .

Aceasta se numeşte identitatea paralelogramului: suma pătratelor diagonalelor este egală cu dublul sumei pătratelor laturilor.

Problema 5. Fie V spaţiul vectorial real al şirurilor reale ( )nx x= , ,

pentru care seria

1n ≥

2

1n

nx

∞

=∑ este convergentă.


a) Să se arate că aplicaţia 1

, n nn

x y x∞

=

= y∑ este produs scalar.

b) Să se calculeze ,x y pentru 1nx

n= , 1

1nyn

=+

.

c) Ştiind că 2

21

16n n

∞

=

π=∑ , să se calculeze distanţa ( ),d x y x y= − , cu x şi

y de la b). Soluţie. a) Verificăm cele 4 axiome ale produsului scalar. Axiomele 1-3

sunt satisfăcute. Demonstrăm axioma 4

2

1, 0n

nx x x

∞

=

= ≥∑ , x V∀ ∈

2

1, 0 0 0n n

nx x x x x

∞

=

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = θ∑ .

b) ( )

1 1

1 1 1 1, lim lim 11 1

n

n nk kx y

k k k k n

∞

→∞ →∞= =

⎛ ⎞ ⎛= = − = −⎜ ⎟ ⎜+ +⎝ ⎠ ⎝∑ ∑ 1

1⎞ =⎟

+ ⎠,

, 1x y = .

c) Calculăm pătratul distanţei. Prin definiţie obţinem:

( )( )

2

2 2 2 2

2 21 1

, , 2 , ,

1 1 92 2 1 , ,6 6 3 31n n

x y x y x y x x x y y y

d x yn n

∞ ∞

= =

− = − − = − + =

9.π π π − π −= − + = − + − = =

+∑ ∑

Problema 6. Fie { }1 1 2, ,..., nu u u=B o bază ortonormată a unui spaţiu

euclidian V. a) Ce expresie are produsul scalar ,X Y , X V∈ , Y V∈ în baza

{ }0 1 1 2 2, ,..., n nu u u= α α αB , 0kα ≠ , 1,k n= ?

b) Dar în baza { }1 2 2 3, , ,..., nu u u u u= +B ?

Soluţie. Cercetăm cum se schimbă coordonatele lui X şi Y la schimbarea bazei. Notăm

( )1 kX x=B , ( )1 kY y=B , 1,k n= .

a) Matricea de trecere de la la este o matrice diagonală formată cu elementele . Dacă

1B 0B 0C1 2, ,..., nα α α


( )0 kX X=B , ( )0 kY Y=B , 1,k n= ,

atunci legătura dintre coordonate este

1 0X CX=B B , k k kx X= α

1 0Y CY=B B , k ky Yk= α .

Produsul scalar devine 2

1 1,

n n

k k k k kk k

X Y x y X Y= =

= = α∑ ∑ .

b) Căutăm matricea de trecere de la baza la baza B . Notăm 1C 1B

( )kX X=B , ( )kY Y=B , 1,k n= .

Legătura dintre coordonatele vechi kx şi cele noi KX are forma

1 1

2 2

3 3

4 4

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

0 0 0 0 1n n

x Xx Xx Xx X

x X

⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟

=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

2

.

Analog pentru şi şi obţinem: ky kY

1 1

2 1

3 3

n n

x Xx X Xx X

x X

== +=

=

1 1

2 1

3 3

n n

y Yy Y Yy Y

y Y

2

== +=

=

( ) ( )1 1 1 2 2 1 3 31

, 2 ...n

k k n nk

X Y x y X Y X Y X Y X Y X Y=

= = + + + + +∑ .

Problema 7. În spaţiul vectorial se dă baza 3 / { }1 2 3, ,v v v=B

( )t1 1 1 0v = , , . ( )t

2 1 0 1v = ( )t3 0 1 0v =

Să se determine o bază ortogonală şi o bază ortonormată . 0B 1BSoluţie. Vectorii formează o bază a spaţiului dat. Se vede că baza

nu este ortogonală, deoarece 1 2 3, ,v v v

1 2, 1v v 0= ≠ .


Folosim metoda Gram-Schmidt de ortogonalizare pentru obţinerea bazei { }0 1 2 3, ,u u u=B , unde

1 1u v= , 1

21

,kk i

k k ii i

v uu

u

−

=

= −∑ 2,k nu v , = .

Varianta 1. Deoarece orice bază este mulţime ordonată (ordinea este aleasă de utilizator), folosim vectorii în ordinea care există în B .

1k = , luăm ; 1 1u v= 21 2u =

2k = , ( )t2 12 2 1 2 12

1

, 1 1 1 1 22 2

v uu v u v u

u= − = − = −

2 1, 1v u = , 22

32

u =

3k = , ( )t3 1 3 23 3 1 22 2

1 2

, , 1 1 1 13

v u v uu v u u

u u= − − = −

3 1, 1v u = , 3 21,2

v u = − , 23

13

u =

1

110

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

11 12

2u

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3

11 12

1u

−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pentru obţinerea bazei ortonormate, împărţim fiecare vector din cu norma sa.

0B

Obţinem { }1 1 2 3, ,w w w=B

( ) ( )t t11

1

1 21 1 0 1 1 022

uwu

= = =

( )t22

2

6 1 1 26

uwu

= = −

( )t33

3

3 1 1 13

uwu

= = − .

Varianta 2. Deoarece 3 2,v v 0= , adică şi sunt ortogonali, luăm , .

2v 3v

1 3u v= 2 2u v= Determinăm din condiţiile 3u

3 1 1 2u v u u= + λ + μ , 3 1, 0u u , 3 2, 0u u = . =


Obţinem succesiv:

3 1 1 1 1 1 2 1

3 2 1 2 1 2 2 2

, , , ,

, , , ,

u u v u u u u u

u u v u u u u u

⎧ = + λ + μ⎪⎨

= + λ + μ⎪⎩

21 1 10 ,v u u= + λ , 1 1

21

,v u

uλ = −

21 2 20 ,v u u= + μ , 1 2

22

,v u

uμ = −

21 1u = , 2

2 2u = , 1λ = − , 12

μ = −

( )t3 1 1 2

1 1 1 0 12 2

u v u u= − − = − , 23

12

u =

0B : , , 1

010

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

101

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

101

u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

1B : , , 1

010

w⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

101

w⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

101

w⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Cum era firesc, bazele găsite prin cele două variante diferă între ele. Problema 8. În spaţiul se dă baza 3 / { }1 2 3, ,v v v=B

( )t1 1 2 2v = − , ( )t

2 1 0 1v = − − , ( )t1 5 3 7v = − − .

a) Să se determine o bază ortogonală şi o bază ortonormată . 0B 1Bb) Să se afle matricele de trecere de la la şi la , notate şi,

respectiv, . B 0B 1B 0C

1C

c) Să se afle coordonatele vectorului în baza . ( t1 0 1X = ) 1BSoluţie. a) Baza nu are vectori ortogonali. Aplicăm metoda Gram-

Schmidt de ortogonalizare şi găsim B

{ }0 1 2 3, ,u u u=B

1k = , , , 1 1u v= ( )t1 1 2 2u = − 2

1 9u =

2k = , 2 12 2 2

1

,v uu v

u= − , ( )t

11 2 2 13

u = − − − , 22 1u = .

3k = , , ( )t3 ... 3 2 1 2u = = − − 2

3 81u = .


Baza este determinată. Pentru a găsi baza împărţim fiecare vector din cu norma sa. Rezultă:

0B 1B

0B

1B : 1

11 23

2w

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

21 23

1w

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 3

21 13

2w

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

b) Căutăm matricea de trecere ( )0 ijC c= . Pentru aceasta exprimăm vectorii noi cu ajutorul vectorilor vechi , prin formulele (2.4.1) din secţiunea 2.4

ju iv

3

1j ij iv

iu c

=

=∑ , 1,3j = .

Obţinem trei sisteme de ecuaţii liniare, cu necunoscutele . Aceste sisteme se pot rezolva simultan sau separat

ijc

1j = , 1 11 1 21 2 31u c v c v c v3= + + .

Se înlocuiesc vectorii cu componentele lor şi rezultă prima coloană din 0C

11 1c = , 21 0c = , 31 0c = .

Analog pentru şi 2j = 3j = . Obţinem:

0

1 1/3 00 1 10 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; 1

2

3

vvv

În continuare căutăm matricea de trecere ( )1 ijC c= . Folosim formulele

3

1j ij iv

iw c

=

=∑ , j 1,3= .

Din nou rezultă trei sisteme de ecuaţii liniare. Obţinem succesiv: 1j = , 1 11 1 21 2 31w c v c v c v3= + +

11 1/3c = , 21 0c = , 31 0c =

1

1/3 1/3 00 1 1/90 0 1/9

C⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; 1

2

3

vvv


c) Căutăm coordonatele vectorului X în baza . Aceasta revine la a găsi scalarii

1B

1 2 3, ,x x x a.î.

1 1 2 2 3 3X x w x w x w= + + .

Rezultă , , 1 1x = 2 1x = − 3 0x =

( )1

t1 1 0X = −B .

Problema 9. Să se arate că subspaţiile şi ale lui sunt

ortogonale unde 1S 2S 4 /

( )( )1 1 2,S L v v= , 2 3 4,S L v v=

( )t1 1 2 0 1v = − , ( )t

2 1 2 1 0v = −

( )t3 2 1 0 4v = − − − , ( )t

4 1 1 3 1v = − − .

Soluţie. Se vede că { }1 1 2,v v=B şi { }2 3 4,v v=B sunt baze. Calculăm produsele scalare pentru toate combinaţiile de vectori între cele două baze. Rezultă

1 3, 0v v = , 1 4, 0v v = , 2 3, 0v v = , 2 4, 0v v = .

Cele două subspaţii sunt ortogonale. Problema 10. Să se construiască mai multe baze ortonormate ale spaţiului aşa încât primii doi vectori din fiecare bază să fie 4 /

t

11 1 1 12 2 2 2

v ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

21 1 3 56 6 6 6

v ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Întâi cercetăm ortogonalitatea vectorilor daţi şi normele lor

1 2, 0v v = , 1 1v = , 2 1v = .

Căutăm vectorul a.î. ( )t3v a b c d=

3 1, 0v v = , 3 2, 0v v = , 3 1v = .

Aceste condiţii generează un sistem cu necunoscutele a, b, c, d şi obţinem succesiv:

2 2 2 2

03 5 0

1

a b c da b c d

a b c d

⎧ + + + =⎪

+ + − =⎨⎪ + + + =⎩

, 0

3 0,

a b c dc dd

+ + + =⎧⎪ − =⎨⎪ = α α∈⎩

4a b+ = − α , 2 2 1 10a b 2+ = − α .


Dacă , atunci se obţin a, b, c în funcţie de . De exemplu, pentru se obţine

236 2 0− α + ≥ α0α =

( )t31 1 1 0 02

v = − , 3 1v = .

Căutăm vectorul a.î. 4v

4 1, 0v v = , 4 2, 0v v = , 4 3, 0v v = , 4 1v = .

Notăm şi obţinem succesiv: ( t4v a b c d= )

12 2 2 2

03 5 0

0

1

a b c da b c d

a b

a b c d

+ + + =⎧⎪ + + − =⎪⎨− + =⎪⎪ + + + =⎩

,

2 2

212 8 0

6 2 4

b ad a c

a c

a c ac

=⎧⎪ = − −⎪⎨ + =⎪⎪ + + =⎩

12

3a = , 2

23

a = −

( )2412 2 2 3 1

6v = − − , ( )t42

2 2 2 3 16

v = − − .

Astfel obţinem bazele ortonormate

{ }10 1 2 3 41, , ,v v v v=B , { }2

0 1 2 3 42, , ,v v v v=B .

Pentru altă valoare a lui α (de la calcularea lui ) se obţin alţi vectori şi .

3v 3v4v

Problema 11. Fie spaţiul vectorial al polinoamelor f cu coeficienţi

reali, având grad4P

3f ≤ , definite pe [ ]1,1− . Să se ortonormeze baza canonică

{ }2 3c 1, , ,x x x=B .

Soluţie. Etapa 1. Prin procedeul Gram-Schmidt construim baza ortogonală { }0 0 1 2 3, , ,f f f f=B . Pentru 4,f g P∈ produsul scalar are forma

( ) ( )1

1

, df g f x g x x−

= ∫ , ( )1

2 2

1

df x x−

= ∫f .


Obţinem succesiv:

0k = , luăm ( )0 1f x = , 20 2f =

1k = , ( ) ( )01 02

0

,x ff x x f x

f= − , 0, 0x f =

( )1f x x= , 21

23

f =

2k = , ( ) ( ) ( )2 2

2 0 12 02 2

0 1

, ,x f x f1f x x f x f x

f f= − −

20

2,3

x f = , 21, 0x f =

( ) 22

13

f x x= − , 22

845

f =

3k = , ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3

3 0 1 23 0 12 2 2

0 1 2

, , ,x f x f x f2f x x f x f x f x

f f f= − − −

30, 0x f = , 3

12,5

x f = , 32, 0x f =

( ) 33

35

f x x x= − , 23

8175

f =

2 30

1 31, , ,3 5

x x x⎧ ⎫= − −⎨ ⎬⎩ ⎭

B x .

Etapa 2. Construim { }1 0 1 2 3, , ,g g g g=B , unde /k k kg f f= , . Rezultă

0,3k =

2 31

2 6 3 10 1 5 14 3, , ,2 2 4 3 4 5

x x x⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛= −⎜ ⎟ ⎜⎨ ⎬

⎝ ⎠ ⎝⎪ ⎪⎩ ⎭B x ⎞− ⎟

⎠.

Procedeul se poate continua pentru orice k∈ . Observaţie. Polinoamele din baza ortogonală se numesc polinoamele

lui LEGENDRE. 0B

Făcând abstracţie de un coeficient multiplicativ, faţă de expresiile din , polinoamele lui Legendre au forma generală 0B

( ) ( )21 d 12 ! d

n nn n nP x x

n x⎡ ⎤= −⎣ ⎦ , 2 2

2 1nPn

=+

, . 0n ≥


Polinomul ( ) ( )ny x P x= este soluţie a ecuaţiei diferenţiale a lui Legendre

( ) ( )21 2 1 0x y xy n n y′′ ′− − + + = 0n ≥, .

Problema 12. În spaţiul vectorial al polinoamelor cu coeficienţi reali, de

, , definite pe grad n≤ 0n ≥ [ ]1,1− să se determine primele 4 polinoame ortogonale, de forma

( ) 1 21 2 1...n n n

n n n n n nnf x x a x a x a x a− −−= + + + + + , unde . 00 1a =

Soluţie. Pentru a uşura redactarea, căutăm polinoamelor sub forma

( )0 1f x = , ( )1 1f x x a= + , ( ) 22 2 2f x x a x b= + +

( ) 3 23 3 3 3f x x a x b x c= + + + etc.

Folosim produsul scalar sub forma din problema anterioară. Determinarea polinoamelor revine la a găsi coeficienţii prin care acestea

sunt definite. Fiecare polinom, începând cu 1f , trebuie să fie ortogonal pe toate polinoamele anterioare. Rezultă un sistem liniar.

Polinomul 1f . Obţinem, succesiv

1 0, 0f f = , ( )1

11

d 0x a x−

+ =∫ , 12 0a = , ( )1f x x= .

Polinomul 2f . Obţinem succesiv:

2 0, 0f f = , 2 1, 0f f =

22 2 03

b+ = , 22 0a = , 213

b = − , ( ) 22

13

f x x= − .

Polinomul 3f . Din condiţiile de ortogonalitate rezultă:

3 0, 0f f = , 3 1, 0f f = , 3 2, 0f f =

3 31 03

a c+ = , 31 1 05 3

b+ = , 3 0a = , ( ) 33

35

f x x= − x .

Mulţimea { }0 0 1 2 3, , ,f f f f=B este o bază ortogonală pentru spaţiul polinoamelor reale cu grad 3f ≤

2 30

1 31, , ,3 5

x x x x⎧ ⎫= − −⎨ ⎬⎩ ⎭

B .

Calculele pot continua în mod analog.


Observaţie. Polinoamele din coincid cu cele găsite în problema anterioară.

0B

Apreciem că metoda din problema anterioară, de ortogonalizare a bazei canonice , este mai uşor de aplicat. cB

Problema 13. Fie spaţiul vectorial al polinoamelor 4P [ ]f x∈ ,

grad 3f ≤ , [ ]0,1x∈ . Să se ortonormeze baza canonică { }2 3c 1, , ,x x x=B .

Soluţie. Produsul scalar are forma

( ) ( )1

0

, df g f x g x= ∫ x .

Căutăm baza ortogonală { }0 0 1 2 3, , ,f f f f=B . Prin procedeul Gram-Schmidt obţinem succesiv:

0k = , ( )0 1f x = , 20 1f =

1k = , ( ) ( )01 02

0

,x ff x x f x

f= − , 0

1,2

x f =

( )112

f x x= − , 21

112

f =

2k = , ( ) ( ) ( )2 2

2 0 12 02 2

0 1

, ,x f x f1f x x f x f x

f f= − −

20

1,3

x f = , 21

1,12

x f =

( ) 22

16

f x x x= − + , 22

15 36

f =⋅

3k = , ( )32

33 2

0

, ii

i i

x ff x x f

f=

= −∑

30

1,4

x f = , 31

3,40

x f = , 32

1,4 5 6

x f =⋅ ⋅

( ) 3 23

3 32 5 2

f x x x x= − + −10

.

Baza ortonormată se obţine prin împărţirea fiecărui vector din cu norma sa.

1B 0B


Problema 14. Fie ( )2 ,L a b spaţiul vectorial al funcţiilor reale, de pătrat integrabil pe [ ],a b . În particular fie

( ) { }2 0,2 1,cos ,sin ,...,cos ,sin ,...L x x nx nx= , . 0n ≥

a) Să se arate că ( )2 0,2L π este mulţime ortogonală. b) Să se ortonormeze mulţimea anterioară c) Să se precizeze capitolul din matematică unde se foloseşte mulţimea

ortogonală de mai sus. d) Generalizare. Soluţie. a) Arătăm că pentru orice două funcţii din ( )2 0,2L π produsul

scalar este zero. Obţinem: 2

0

1,cos cos d 0nx nx xπ

= =∫ , 1n ≥

2

0

1,sin sin d 0nx nx xπ

= =∫ , 1n ≥

2

0

cos ,cos cos cos d 0mx nx mx nx xπ

= =∫ , m n≠

( ) ([ ]1cos cos cos cos2

a b a b a b= + + − )

2

0

sin ,sin sin sin d 0mx nx mx nx xπ

= =∫ , m n≠

( ) ([ ]1sin sin cos cos2

a b a b a b= − − + )

2

0

cos ,sin cos sin d 0mx nx mx nx xπ

= =∫

( ) ([ ]1sin cos sin sin2

a b a b a b= + + − )

sin 0nπ = , , . ( )cos nn nπ = − 0n ≥

Mulţimea ( )2 0,2L π este formată din funcţii ortogonale unele pe altele. b) Calculăm norma fiecărui element

22

0

1 dxπ

= =∫ 2π


( )2 2

2 2

0 0

1cos cos d 1 cos2 d2

nx nx x nx xπ π

= = +∫ ∫ =π

( )2 2

2 2

0 0

1sin sin d 1 cos2 d2

nx nx x nx xπ π

= = −∫ ∫ =π .

Mulţimea ortonormată are forma

01 cos sin cos sin, , ,..., , ,...2

x x nx nx⎧ ⎫= ⎨ ⎬π π π π π⎩ ⎭

B .

c) Mulţimea ortogonală ( )2 0,2L π se foloseşte la dezvoltarea în serie Fourier trigonometrică a funcţiilor periodice ( )f x , care îndeplinesc condiţiile teoremei lui Dirichlet

( ) ( )0

1cos sin

2 k kk

af x a kx b∞

=

= + +∑ kx

( )2

0

1 cos dka f x kx xπ

=π ∫ 0k ≥,

( )2

0

1 sin dkb f x kx xπ

=π ∫ 1k ≥, .

d) Generalizarea constă în folosirea mulţimii

( ) { }2 0, 1,cos ,sin 1L T k x k x k= ω ω ≥ ,

unde 2Tπ

ω = ( se numeşte pulsaţie). ω

Problema 15. (Polinoamele lui Cebîşev) Folosim notaţia

( ) ( )cos arccosnT x n x= , , 0n ≥ 1x ≤ .

Sunt adevărate următoarele afirmaţii: 1. este polinom de gradul n în x. ( )nT x2. Coeficientul lui nx este 12n− . 3. Polinomul are n rădăcini reale. 4. Rădăcinile derivatei alternează cu rădăcinile polinomului. 5. Rădăcinile de la 3 şi 4 se ordonează crescător pe intervalul [ ]1,1− .


6. Între polinoamele lui Cebîşev există o relaţie de recurenţă de ordinul doi.

7. are o expresie nerecurentă. ( )nT x8. ( )( ) ( )( ) ( )m n n m mnT T x T T x T x= = . 9. Pentru fiecare n fixat, polinomul lui Cebîşev este soluţie a ecuaţiei

diferenţiale ( )2 21 0x y xy n y′′ ′− − + = , ( ) ( )ny x T x= .

10. Polinoamele lui Cebîşev sunt l.i. 11. Polinoamele lui Cebîşev formează o mulţime de funcţii ortogonale

pe intervalul ( )1,1− , cu ponderea ( )2

1

1x

xρ =

−.

12. 0T = π , 2nT π

= , . 1n ≥

Soluţie. Tratăm pe larg numai ultimele două proprietăţi. Totuşi, menţionăm:

( )0 1T x = , ( )1T x x= , ( ) 22 2 1T x x= − , ( ) 3

3 4 3T x x x= −

( ) ( ) ( )1 12 0n n nT x xT x T x+ −− + = , 1n ≥

( ) ( ) ( )22 21 1 1

2

n

nT x x x x x⎡ ⎤

= + − + − −⎣ ⎦ , . 0n ≥

13. Arătăm că , 0m nT T = , m n≠ , unde

( ) ( )1

21

1, d1

m n m nT T T x T x xx−

=−

∫ .

Obţinem succesiv:

( ) ( )1

21

cos arccos cos arccos, d1

m nm x n xT T x

x−

=−

∫

arccost x= , 0

, cos cos dm nT T mt nt t 0π

= =∫ .

14. Calculăm normele folosind aceeaşi pondere ( )xρ . Rezultă

20T = π ,

( )1 22

21

cos arccos d1

nn xT x

x−

=−

∫


arccost x= , 2 1 cos2cos2

ntnt += , 2

2nT π= .

Observaţii: a) Ortogonalitatea de la 11 implică liniar independenţa de la 10. b) Teoria Cebîşev este mult mai vastă [3], [5]. ( )nT x sunt polinoame

Cebîşev de primul tip. Există polinoame Cebîşev de al doilea tip, notate ( )nU x , şi funcţii Cebîşev, notate ( )nV x .

Problema 16. Fie spaţiul vectorial , subspaţiul S şi vectorul v 3 /

( ){ }t1 2 1 20 / ,S x x x x= ∈ , . ( )t1 2 1v =

Să se afle proiecţia ortogonală a lui v pe S, notată 0 prSv v= . Soluţie. Etapa 1. Căutăm o bază ortogonală a lui S. Avem 0B

1

2 1 2 1 1 2 2

1 00 1

0 0 0

xx x x x v x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v , 1 2, 0v v =

( şi sunt vectorii unitate în mod întâmplător) 1v 2v

{ }0 1 2,v v=B este bază ortogonală.

Etapa 2. Căutăm sub forma 0 prSv = v

0v S∈ , , ( )t0 1 2 0v x x= 1x şi 2x necunoscute.

Necunoscutele se află din condiţiile de ortogonalitate a vectorului 0v v− pe S, ceea ce revine la ortogonalitatea pe 0B

0 1, 0v v v− = , 0 2,v v v 0− = . (*)

Varianta 1. Calculăm direct 0v v− şi din condiţiile de ortogonalitate obţinem:

( )t0 1 21 2 1v v x x− = − − 1x, 1 0= , 22 0x− = −

1 1x = , 2 2x = , . ( )t0 1 2 0v =

Varianta 2. În relaţiile (*) folosim distributivitatea produsului scalar şi rezultă

1 0 1, , 0v v v v− = , 2 0 2, , 0v v v v − =


1 1x = , 2 2x = , . ( )t0 1 2 0v =

Varianta 3. Căutăm ca o combinaţie liniară de elementele lui , adică

0v 0B

0 1 2vv v= α +β , α şi β necunoscute.

Scriem relaţiile (*) şi folosim distributivitatea produsului scalar. Obţinem succesiv:

1 1 2 1, ,v v v v v= α +β , 2 1 2 2, ,v v v v v = α +β

12

1

,v v

vα = , 2

22

,v v

vβ = , 1α = , 2β =

( )t0 1 2 0v = , 0v S∈ .

Observaţie. Varianta 1 reprezintă calculul direct. Varianta 3 are avantajul că foloseşte formula (4.5.2) scrisă condensat

2

0 21

, ii

i i

v vv v

v=

=∑ 2 dim S, = .

Problema 17. Să se găsească proiecţia ortogonală a vectorului pe

subspaţiul S generat de vectorul , unde

3v∈3

1v ∈

( )t1 1 1v = , , ( )t1 1 1 1v = − { }1S v= λ λ∈ .

Soluţie. Etapa 1. Baza ortogonală a lui S este { }0 1v=B , dim 1S = . Etapa 2. Determinăm direct 0 prSv v= cu formula

10 12

1

,v vv v

v= , 2

1 3v = , 1, 1v v = ;

t

01 1 13 3 3

v ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Problema 18. Să se afle distanţa de la punctul ( )A 4,5,9 la planul π

determinat de vectorii , ( )1 1 1 0v = ( )2 0 1 1v = − . Soluţie. Punctul A are coordonatele date într-un sistem triortogonal de

axe.


Metoda 1 (Metoda algebrică) Vectorii şi sunt l.i. Planul 1v 2v π este un subspaţiu S al lui : 3

{ }1 2 / ,S v v= α +β α β∈ , { }1 2,v v=B , dim 2S = .

Punctul A generează vectorul OA v= , . Căutăm . ( t4 5 9v = ) 0 prSv v=Etapa 1. Construim baza ortogonală a lui S, notată 0B { }0 1 2,u u=B .

Folosim procedeul Gram-Schmidt şi obţinem:

1 1u v= , t

2 12 2 12

1

, 1 1 12 2

v uu v u

u⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

21 2u = , 2

232

u = .

Etapa 2. Pentru aflarea lui folosim formula 0vt2

0 1 221

, 9 17 2 22 5 172 2 3 3 3 3

ii

i i

v uv u u u

u=

⎛ ⎞= = + = ⎜ ⎟⎝ ⎠∑ .

Distanţa de la punctul A la planul π este

( )2 2 2

022 5 17 10 3A, 4 5 93 3 3

d v v ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞π = − = − + − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3

sau folosind teorema lui Pitagora

( ) 2 20

266 10 3A, 1223 3

d v vπ = − = − = .

Metoda 2 (Metoda geometriei analitice). Fie proiecţia ortogonală a punctului A în planul . Căutăm coordonatele punctului . Notăm

. Planul are normala n dirijată după direcţia produsului vectorial

dintre şi . Folosind formula cu determinant rezultă . Ecuaţia planului ce trece prin origine şi are normala n este

1Aπ 1A ∈π

(1A , ,α β γ) π

1v 2v ( )t1 1 1n = − −0x y z− − = . Punem

condiţia ca şi deci . 1A ∈π 0α −β − γ =Scriem ecuaţia dreptei D care trece prin A şi este paralelă cu vectorul n.

4 5:1 1

x y zD 91

− − −= =

− −.

Punem condiţia ca punctul 1A D∈

4 51 1

α − β − γ −= =

91− −

.


Rezolvăm un sistem liniar cu necunoscutele , ,α β γ şi obţinem succesiv:

0α −β − γ = , 9 0α +β − = , 13 0α + γ − = 223

α = , 53

β = , 173

γ = , 122 5 17A , ,3 3 3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

( ) ( )110 3A, A,A

3d dπ = = .

Problema 19. Fie spaţiul vectorial , subspaţiul S şi vectorul 5 / 5v∈

{ }51 2 2 3 4 5/ 0, 2 0, 3S X x x x x x x= ∈ + = + = − = 0

( )t1 0 3 4 2v = − − .

a) Să se afle . 0 prSv v=

b) Să se afle subspaţiul S⊥ şi o bază a sa, notată ⊥B . Soluţie. a) Etapa 1. Determinăm o bază ortogonală a lui S. Prin

rezolvarea sistemului liniar omogen din S obţinem soluţia generală 0B

1 2

2 2 02 2 0

1 03 0 3

0 1

X X

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− α −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α +β = α +βα⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

X , ,α β∈

{ }1 2,X X=B este bază a lui S. Se vede că 1 2,X X = 0 , adică B este bază ortogonală şi o notăm . 0B

Etapa 2. Căutăm sub forma 0v

( )t0 1 2 3 4 5v x x x x x= , 0v S∈

, 1 2 0x x+ = 2 32 0x x+ = , 4 53x x 0− = . (*)

Calculăm şi punem condiţia de ortogonalitatea pe . Rezultă: 0v v− 0B

0 1, 0v v X− = , 0 2, 0v v X− =

( )t0 1 2 3 41 3 4 2v v x x x x x− = − − − − − − − 5

x x x− + = − 4 53 10x x

, 1 2 32 2 1 = . (**) +


Prin rezolvarea sistemului (*) şi (**) rezultă soluţia unică t

02 2 1 3 19 9 9

v ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Observaţie. Pentru aflarea lui se putea folosi şi varianta 3 de la problema anterioară (formula 4.5.2).

0v

b) Notăm { }5 /S Y Y S⊥ = ∈ ⊥ . Căutăm Y sub forma ( )iY y= , 1,5i = .

Condiţia Y generează , S⊥ 1Y X⊥ 2Y X⊥ şi obţinem succesiv:

1, 0Y X = , 2, 0Y X =

1 2 32 2 0y y y− + = 4 53 0y y, + =

3Y Y+ γ

1 2

1 0 00 1 0

2 2 2 2 00 0 1

3 0 0 3

Y Y

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α +β + γ = α +β− α + β −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− γ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

{ }1 2 3, ,Y Y Y⊥=B , 5S S⊥⊕ = . Problema 20. Fie spaţiul vectorial , subspaţiul S şi vectorul 5 / 5v∈

{ }51 2 2 3 4 5/ 0, 2 0, 3S X x x x x x x= ∈ − = − = + = 0

( )t1 2 0 2 4v = − − .

a) Să se afle . 0 prSv v=

b) Să se afle subspaţiul S⊥ şi o bază a sa, notată ⊥B . c) Să se descompună vectorul v pe subspaţiile S şi S⊥ . Soluţie. a) Etapa 1. Determinăm o bază ortogonală a lui S. Din

rezolvarea sistemului care defineşte pe S rezultă soluţia generală 0B

1 2

2 2 02 2 0

1 03 0 3

0 1

X X

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α +β = α +βα⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− β −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

X , ,α β∈

{ }0 1 2,X X=B , 1 2, 0X X = .


Etapa 2. Folosim formula

0 21

,mi

ii i

v Xv X

X=

=∑ , 2 dimm S= = .

Obţinem succesiv: 2

1 9X = , 22 10X = , 1, 2v X = − , 2, 1v X 0= −

t

0 1 22 4 4 2 3 19 9 9 9

v X X ⎛ ⎞= − − = − − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

b) Căutăm subspaţiul definit prin

{ }51 2/ , 0, , 0S Y Y X Y X⊥ = ∈ = = .

Dacă ( )iY y= , , atunci obţinem succesiv: 1,5i =

1 2

1 0 00 1 0

2 2 2 2 00 0 1

3 0 0 3

Y Y

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α +β + γ = α +β− α − β − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3Y Y+ γ

{ }1 2 3, ,Y Y Y⊥=B , dim 3S⊥ = , 5S S⊥⊕ = ,

S şi sunt subspaţii suplimentare. S⊥

c) Căutăm descompunerea

v X Y= + , X S∈ , Y S⊥∈ . Pentru aceasta exprimăm vectorul v cu bazele şi 0B ⊥B

( ) ( )1 1 2 2 3 1 4 2 5 3v X X Y Y Y= λ + λ + λ + λ + λ .

Interpretăm această relaţie ca sistem liniar cu necunoscutele . Rezultă:

1 5,...,λ λ

129

λ = − , , 2 1λ = − 3139

λ = , 4149

λ = − , 5 1λ = −

t t4 4 2 13 14 23 1 1 39 9 9 9 9 9

v X⎛ ⎞ ⎛= − − − − + − − − = +⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

Y⎞⎟⎠

.

Se vede că . Descompunerea lui v pe subspaţiile S şi este unică, deoarece

0X v= S⊥

{ }S S⊥ = θ∩ .


Problema 21. Fie subspaţiul vectorial ( ), ,V + ⋅ , cu dim . Fie o bază şi baza obţinută prin ortogonalizare

V n= B

0B

{ }1 2, ,..., nv v v=B , { }0 1 2, ,..., nu u u=B .

Să se arate că 0 i iu v≤ ≤ , 1,i n= . Soluţie. Din procedeul Gram-Schmidt de ortogonalizare se ştie că

1 1u v= , 1

21

,kk i

k k ii i

v uu v u

u

−

=

= =∑ 2,, k n= ,

1

21

,kk i

i ki i

v uu v u

u

−

=k= −∑ .

Aplicăm produsul scalar cu şi rezultă ku1

21

,, ,

kk i

i k k k ki i

v uu u v u u

u

−

=

= −∑

, 0i ku u = , 1i = , 1k − ; , 0k k kv u u− = .

Notăm şi deci k kv u p− = k , 0k kp u = , 2,k n= .

Calculăm 2k kp u+ şi obţinem

2 2, kk k k k k k k kp u p u p u p u+ = + + = +

2 2 2k k kv u p= + , k kv u≥ , 2,k n= .

Cum 1u v= 1 , rezultă inegalităţile din enunţ.

Observaţie. Inegalităţile rămân adevărate şi dacă baza se înlocuieşte cu baza ortonormată .

0B

1B

Problema 22. În spaţiul euclidian se dau vectorii 3 /

1 1 2 2 3 3x a u a u a u= + + , 1 1 2 2 3 3y b u b u b u= + + ,

unde sunt versorii care între ei formează unghiurile: 1 2 3, ,u u u

a) ( )1 2,3

u u π= , ( ) ( )1 3 2 3, ,

2u u u u π

= = ;

b) ( )1 2,3

u u π= , ( )1 3,

2u u π

= , ( )2 3,4

u u π= .

Să se calculeze produsul scalar ,x y .


Soluţie. Avem

1 2 3 1u u u= = = , ( ), cosu v u v u v,= ⋅

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3, ,x y a u a u a u b u b u b u= + + + +

21 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3

22 1 2 1 2 2 2 2 3 2 3

23 1 3 1 3 2 3 2 3 3 3

, ,

, ,

, ,

x y a b u a b u u a b u u

a b u u a b u a b u u

a b u u a b u u a b u

= + +

+ + +

+ + +

, +

+

a) 1 2 2 11, , cos

3 2u u u u π

= = =

1 3 3 1, , cos 03

u u u u π= = = , 2 3 3 2, , 0u u u u = =

( )1 1 2 2 3 3 1 2 2 11,2

x y a b a b a b a b a b= + + + + .

b) 2 3 3 22, , cos

4 2u u u u π

= = =

( ) ( )1 1 2 2 3 3 1 2 2 1 2 3 3 21 2,2 2

x y a b a b a b a b a b a b a b= + + + + + + .

Problema 23. Fie spaţiul polinoamelor reale, cu grad cel mult doi 3P

{ }23 0 1 2 / , 0,kP f a x a x a a k= = + + ∈ = 2 .

Să se găsească polinomul 3h P∈ echidistant faţă de polinoamele 2

1 3 2 1x x= + + 22 2 1, f f x x= − + +

23 3 2 5x x= + + 2

4 3 5 2f x x, f = + +

folosind produsul scalar 2

0, k k

kf g a

=

= b∑ . Să se afle valoarea acestei distanţe.

Soluţie. Căutăm polinomul h de forma 2h ax bx c= + + , necunoscute. , ,a b c

Prin definiţie, distanţa de la f la h este ( ) ( ) (22 2 2

0 1 2 )f h a a a b a c− = − + − + − .

Obţinem succesiv:

( ) ( ) (2 2 21 3 2 1 )2f h a b− = − + − + − c


( ) ( ) (2 2 22 1 2 1 )2f h a b− = − − + − + − c

( ) ( ) (2 2 23 3 2 5 )2f h a b− = − + − + − c

( ) ( ) (2 2 24 3 5 2 )2f h a b− = − + − + − c

2 2 21 2 3 4

2f h f h f h f h− = − = − = − .

Formăm un sistem liniar de 3 ecuaţii. Din 2 21 2f h f h− = − rezultă

. Apoi 1a =3b = , 3c = , ( ) 2 3 3h x x x= + +

( ), 9 3k kd f h f h= − = = 1,4k, = . Problema 24. În spaţiul fie acoperirea liniară 4 / ( )1 2,S L v v= şi

4u∈( )t

1 1 1 1 1v = − , , . ( )t2 1 1 3 3v = − ( )t1 3 1 3u = −

Să se afle cel mai mic unghi [ ]0,ϕ∈ π dintre vectorul u şi vectorii subspaţiului S. Soluţie. Unghiul a doi vectori x şi y este dat de formula

( ) ,cos , x yx yx y

= .

Metoda 1. Folosim S şi S⊥ . Deoarece 4 S S⊥= ⊕ , atunci u se descompune unic

u X Y= + , X S∈ , Y S⊥∈ .

Fie v un vector oarecare. Căutăm S∈ ( )cos ,u v . Obţinem succesiv: , 0v Y =

( ) , , ,cos , u v X Y v X v Y vu vu v X Y v X Y v

+ += = =

+ +,

( ) ( ), cos ,cos , X v X v X vu vX Y v X Y v

= =+ +

( ) ( )cos , cos , Xu v X vX Y

=+

minim, dacă ϕ = ( )cos ,u v =maxim ( )cos , 1X v = , dacă v X , = prSX u=


minim, dacă ϕ = ( )cos cos ,u Xα = . Deci, aflăm unghiul dintre u şi proiecţia sa ortogonală pe S, notată X. Pentru aflarea lui X căutăm o bază ortogonală a lui S. Se vede că 0B

{ }0 1 2,v v=B . Folosim formula de aflare a vectorului proiecţie şi obţinem succesiv:

2

21

, kk

k k

u vX v

v=

=∑ , 2 dim S=

21 4v = , 2

2 20v = , 4 4 12 125 5 5 5

X ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) , 4cos cos ,5

u Xu Xu X

ϕ = = = , 4arccos5

ϕ = .

Metoda 2. Căutăm extremul liber al unei funcţii de două variabile. Avem

( ) { }1 2 1 2, /S L v v v v v= = = α +β α∈ β, ∈

( ) 1 22 21 2

, 16cos ,4 5 5

u v vu v

u v vα +β β

= =α +β α + β

.

Definim funcţia ( )2 2

,5

f βα β =

α + β.

Aflăm punctele critice prin anularea derivatelor parţiale de ordinul întâi

( )2 2 2 25 5

f∂ αβ= −

∂α α + β α + β,

( )2 2

2 2 2 2

5 5

5 5

f∂ α + β − β=

∂β α + β α + β

0αβ = , 2 25 5 0α + β − β =

0α = , nu convine; 0β = 0α = , 1β = ,

( ) 4cos ,5

u v = , 4arccos5

α = , 0,2π⎛ ⎞α∈⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Punctul critic ( )0,1 este punct de maxim, deoarece ( )2

2 0,1 0f∂<

∂α.

Cosinusul maxim asigură unghi minim.


Problema 25. În spaţiul euclidian fie acoperirea liniară 4 /( )1 2 3, ,S L v v v= şi 4u∈

( )t1 1 1 1 1v = − , , ( )t

2 1 2 3 1v = −

( )t3 1 0 5 3v = , . ( )t2 2 1 1u = −

Să se afle cel mai mic unghi [ ]0,ϕ∈ π dintre vectorul u şi vectorii subspaţiului S. Soluţie. Vectorii sunt l.d., iar vectorii şi sunt l.i. Atunci: 1 2 3, ,v v v 1v 2v

( )1 2,S L v v= , { }1 2,v v=B , dim 2S =

( ) ,cos , x yx yx y

= .

Metoda 1. Folosim S şi S⊥ . Vectorul u se descompune unic

u X Y= + , X S∈ , Y S⊥∈ .

Fie v un vector oarecare. Căutăm S∈ ( )cos ,u v ştiind că , 0v Y = . Obţinem:

( ) , ,cos , X Y v X vu vX Y v X Y v

+= =

+ +

( ) ( )cos , cos , Xu v X vX Y

= =+

ϕ =minim dacă ( )cos , 1X v = (maxim)

v X= , prSX u= .

Deci, aflăm unghiul dintre vectorul u şi proiecţia sa ortogonală X pe S

( )cos cos ,u Xϕ = .

Deoarece 1 2, 1v v = ≠ 0 , construim o bază ortogonală { }0 1 2,u u=B a lui S. Luăm şi găsim 1u v= 1

21 4u = , ( )t2 1

2 2 121

, 1 5 9 11 34

v uu v u

u= − = − .

Vectorul X rezultat prin proiecţie ortogonală are forma 2

21

, ii

i i

u uX u

u=

=∑ , 22

594

u =


1, 0u u = , 2, 0u u = , X = θ .

Rezultă ( ) ( )cos , cos , 0u v u X= = , π . ϕ =2

Metoda 2. Notăm { }1 2 / ,S v v v= = α +β α∈ β∈ şi căutăm extremul liber al unei funcţii ( ),f α β . Obţinem succesiv

( ) 1 2

1 2 1 2

, 0cos , 010

u v vu v

u v v v vα +β

= =α +β α +β

= .

Funcţia ( ),f α β este funcţia identic nulă. Rezultă 2π

ϕ = .

Problema 26. În spaţiul euclidian se consideră subspaţiile 4 /( )1 1,S L v v= 2 , ( )2 3,S L v v4= . Să se determine cel mai mic unghi [ ]0,ϕ∈ π

dintre vectorii , şi în cazurile: 1u S∈ 2v S∈

a) , ( )t1 1 0 0 0v = ( )t

2 0 1 0 0v =

, ( )t3 1 1 1 1v = ( )t

4 1 1 1 1v = − − ; b) de mai sus, 1 2 3, ,v v v ( )4 2 2 5 2v = − . Soluţie. a) Vectorii şi sunt l.i. La fel sunt şi vectorii şi . Deci,

există bazele 1v 2v 3v 4v

{ }1 1 2,v v=B , { }2 3 4,v v=B . Căutăm ( )cos ,u v . Din problemele anterioare se ştie că cel mai mic unghi dintre vectorul şi subspaţiul este format de vectorul v şi proiecţia sa ortogonală pe ,

adică 2v S∈ 1S 1S

( )cos cos ,v Xα = , 1

prSX v= , 3 4v v v= α +β .

Aflam X. Se vede că este bază ortogonală (chiar ortonormată). Rezultă:

1B

2

21

, ii

i i

v vX v

v=

=∑ , 1,v v = α +β , 2,v v = α −β

( )t0 0X = α + β α −β , ( ) ,cos , v Xv Xv X

=

( )2 2, 2v X = α +β , ( )2 2 24v = α +β , ( )2 2 22X = α +β

( ) 1cos ,2

v X = , 4π

ϕ = .


b) Urmăm calea de la punctul anterior. Baza { }1 1 2,v v=B este ortogonală. Avem

2v S∈ , ( )t3 4 2 2 5 2v v v= α +β = α + β α − β α + β α + β

( )cos cos ,v Xϕ = , 1

prSX v=

2

21

, ii

i i

v vX v

v=

=∑ , 1, 2v v = α + β , 1, 2v v = α − β

( )0 t2 2 0X = α + β α − β ( ), ,cos , v Xv Xv X

=

2 2, 2 8v X = α + β , 2 2 22 8X = α + β 2 2 24 14 37v = α + αβ + β

( ) ( )2 2

2 22 8cos , ,

4 14 37v X fα + β

= =α + αβ + β

α β

( )2 2

22 8,

4 14 37f α + βα β =

α + αβ + β2 , funcţie omogenă

t α=β

, ( )2

22 8

4 14 37tg t

t t+

= ( ) 0g t′ = +

, +

( )228 3 4 0t t+ − = , 1 1t = , 2 4t = − .

Funcţia ( ),f α β are valori extreme dacă α =β sau 4α = − β . Obţinem vectorii:

( )t1 3 1 0 0X = β − , ( )t

2 2 6 0 0X = β − −

şi vectorii ( )t

1 3 1 6 3V = β − , ( )t2 2 6 1 2V = β − − − .

Cosinusurile unghiurilor vectorilor au valorile

( )1 12cos ,

11V X = , ( )2 2

8cos ,9

V X = .

Deoarece funcţia cosinus este descrescătoare, luăm 8arccos9

ϕ = .


Problema 27. În spaţiul euclidian se consideră vectorul şi mulţimea

4 /( t1 2 1 1u = − )

{ }0 1 2 / ,M v v v v= = + α +β α∈ β∈

( )t0 0 1 1 1v = − , , . ( )t1 0 3 1 5v = − − ( )t2 4 1 3 3v = − −

Identificăm vectorii cu punctele din . 4

Să se afle vectorul X M∈ care realizează distanţa minimă de la u la M. Soluţie. Metoda 1. Folosim definiţia distanţei dintre doi vectori şi

construim o funcţie cu două variabile α şi β . Rezultă

( ), ,d u v u v u v u v= − = − −

( )t4 1 3 1 3 1 5 3v = β − − α −β − α − β + α + β

( ) ( ) ( ) (2 2 22 1 4 3 3 3 2 5 3u v− = − β + α +β + + α + β − + α + β)2 .

Folosim pătratul distanţei şi definim funcţia ( ) 2,f u vα β = − . Căutăm extremele libere ale acestei funcţii. Pentru aceasta căutăm punctele critice prin anularea derivatelor parţiale de ordinul întâi. Obţinem succesiv:

0f∂=

∂α, 70 42 14 0α + β + = , 1

2α = −

0f∂=

∂α, 42 70 14 0α + β − = , 1

2β = .

Punctul critic este 1 1,2 2

⎛−⎜⎝ ⎠

⎞⎟ . Cercetăm dacă este punct de extrem.

Folosind notaţiile lui Monge, calculăm 2

2fr ∂

=∂α

în punctul critic găsit. Avem

. Punctul critic este punct de minim. 70 0r = >Vectorul care realizează distanţa minimă până la u este

( )t0 1 2

1 1 2 0 0 02 2

X v v v= − + = .

Valoarea minimului funcţiei f este 1 1, 72 2

f ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Distanţa minimă de la u la M este

( ) 1 1, ,2 2

d u X f ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

7 .


Metoda 2. Folosim proiecţia unui vector pe un subspaţiu (metoda algebrică).

Deoarece este vector fix în 0v nM ⊂ , definim

( ) { }1 2 1 2,S L v v p v v= = = α +β , { }1 2,v v=B , di . m 2S =

Vectorul este vector fix. El se descompune în mod unic pe subspaţii

40u v− ∈

0 1 2u v u u− = + 1u S, ∈ , 2u S⊥∈ , 0v v p M= + ∈ .

Căutăm distanţa , ( ),d u v 0v v p= + , p S∈ şi avem

( ) ( ) ( )0 0 1 2 1 2 1, ,d u v d u v p u v p u u p u p u u p u= + = − − = + − = − + = − + 2

S

1u p− ∈ , 1 2, 0u p u− = . Distanţa este minimă dacă 1p u= . Deci, căutăm ( )1 0prSu u= − v

t0 1 3 2 0u v− = − 0 1v v u= +

,

, . ( ) Constatăm că 1 2, 21v v = ≠ 0 şi deci construim o bază ortogonală a lui S,

0B{ }0 1 2,p p=B . Avem

1 1p v= , 2 12 2 1 2 12

1

, 35

v pp v p v

p= − = − p ,

t

24 124 05 5

p ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Calculăm proiecţia

( )2

01 0 2

1

,pr k

S kk k

u v pu u v

p=

−= − =∑ p

21 35p = , 2

216 7

5p ⋅

=

( )t1 1 2

7 56 5 2 1 1 135 5 16 7

u p p= − + = − −⋅

( )t0 1 2 0 0 0v v u X= + = =

( ), 7d u X u X= − = . Problema 28. În spaţiul 1nP + al polinoamelor [ ]f t∈ , grad f n≤ şi

[ ]0,1t∈ se consideră produsul scalar

( ) ( )1

0

, df g f t g t= ∫ t .


Să se calculeze distanţa minimă de la polinomul nul 0θ = la mulţimea M a polinoamelor de forma 1nv P +∈

11 1...n n

n nv t a t a t a−−= + + + + .

Caz particular: . 4n =Soluţie. Folosim metoda 2 de la problema anterioară. Considerăm

, u şi 0 1n

nv t P += ∈ = θ

( ) { }2 11, , ,..., nnS L t t t p P−= = ∈ , dim S n= .

Vectorul fix se descompune în mod unic pe subspaţiile suplimentare

0u v v− = θ − 0

v u uθ − = + 10 1 2 , u S∈ , 2u S⊥∈ , 0v v p= + , v M∈ .

Căutăm distanţa şi obţinem succesiv ( ,d vθ )

( ) ( ) ( )0 0 1 2 1 2 1, ,d v d v p v p u u p u p u u p uθ = θ + = θ − − = + − = − + = − + 2

S

deoarece , 1u p− ∈ 2u S⊥∈

( ),d vθ =minim, dacă ( )1 0prSp u v= = θ − .

Deci, căutăm proiecţia ortogonală a vectorului 0 1n

nv t P +θ − = − ∈ pe subspaţiul S. Pentru aceasta avem nevoie de o bază ortogonală a lui S. 0B În cazul particular , baza ortogonală 4n =

( ) ( ) ( ) ( ){ }0 0 1 2 3, , ,p t p t p t p t=B

a fost determinată în problema 13

( )0 1p t = , ( )112

p t t= − , ( ) 22

16

p t t t= − + , ( ) 3 23

3 32 5 2

p t t t t= − + −10

0 1p = , 11

2 3p = , 2

16 5

p = .

În continuare se calculează proiecţia

( )43

41 2

0

,pr k

S kk k

t pu t

p=

−= − =∑ p .

Rezultă distanţa minimă 1210

d = .


Problema 29. Fie spaţiul polinoamelor cu coeficienţii reali, de grad

cel mult doi şi 3P

{ }21, 1, 1t t t= + + +B o bază a sa. Pentru polinoamele 3,x y P∈

exprimate în B

( ) ( )20 1 21 1x x x t x t t= + + + + + , ( ) ( )2

0 1 21 1y y y t y t t= + + + + +

notăm coeficienţii prin

( )t0 1 2X x x x= , ( )t

0 1 2Y y y y=

şi definim produsul scalar t

0 0 1 1 2 2,x y X Y x y x y x y= = + + .

Să se calculeze produsele scalare a) 1, 1t t+ + ; c) 2 22 , 3 4t t t t− + − + + ;

b) 21, 1t t+ + ; d) 2 23,6 4 4t t t− + + + . Soluţie. Pentru fiecare polinom x şi y aflăm vectorul coeficienţilor în baza B

a) 1x t= + , ( ) ( )20 1 21 1t x x t x t t+ = + + + + +1

, ( )t0 1 0X = , 1x x = ;

b) 1x = , ( ) ( )20 1 21 1x x t x t t= + + + + +1

, 2 1y t t= + + ( ) ( )2 20 1 21 1t t y y t y t t+ + = + + + + +1

, , ( )t1 0 0X = ( )t0 0 1Y = , 0x y = ;

c) 2 2x t t= − + , ( )t2 3 1X = − −

, , 23 4y t t= − + + ( )t3 4 3Y = − , 9x y = ;

d) , , ( )t3 1 1X = − ( )t2 2 6Y = − − , 1x y 4= − .

Problema 30. Fie spaţiul polinoamelor cu coeficienţii reali, de grad

cel mul trei şi 4P

{ }2 3 21, 1, 1, 1t t t t t t= + + + + + +B o bază a sa. Folosind notaţiile

de la problema anterioară, să se calculeze produsele scalare: a) 2 3 21, 4 3 2 1t t t t t− + − + − + ;

b) 2 3 2 31 ,1 2 3t t t t t t− + − − + − 4 . Soluţie. Întâi aflăm vectorii coeficienţi X şi Y în B .

a) 2 1x t t= − + , 3 24 3 2y t t t= − + − +1


( ) ( ) ( )2 20 1 2 31 1 1t t x x t x t t x t t t− + = + − + + + + + + +3 2 1

t3 5 7 4

, Y( )t2 2 1 0X = − ( )− − , = , 23x y ; =

b) , ( )t2 2 2 1X = − − ( )t3 5 7 4Y = − − , , 3x y = 4 .

Problema 31. Baze biortogonale. Fie V un spaţiu euclidian şi două mulţimi (sisteme) de vectori nenuli

{ }1 1 2, ,..., nu u u=B , { }2 1 2, ,..., nv v v=B , n ∗∈ .

Definiţie. Mulţimile de vectori de mai se numesc biortogonale dacă

1, ;,

0, .i j iji j

u vi j=⎧

= δ = ⎨ ≠⎩

a) Să se arate că fiecare fin mulţimile biortogonale şi este formată din vectori liniar independenţi.

1B 2B

b) Dacă , să se arate că pentru orice bază există o bază biortogonală şi numai una.

dimV n= 1B

2B Soluţie. a) Arătăm că este mulţime l.i. Formăm combinaţia liniară nulă

1B

1 1 2 2 ... n nu u uα + α + + α = θ , , 1kv k n≤ ≤

şi înmulţim scalar cu . Rezultă kv

, 0k k ku vα = , , 1k ku v = , 0kα = , 1,k n= .

Analog pentru mulţimea . 2B b) Presupunem că este bază cunoscută pentru V. Construim baza biortogonală . Căutăm vectorul

1B

2B 1v V∈ a. î.

1 1, 1v u = , 1 2 1, 0,..., , 0nv u v u= = . (*)

Notăm ( )1 2 3, ,..., nS L u u u= , 1dim 1S n= − . Din relaţiile (*) se vede că

, . Sistemul (*) determină în mod unic vectorul . 1 1v S⊥∈ 1dim 1S⊥ = 1v Căutăm vectorul a.î. 2v V∈

2 1, 0v u = , 2 2, 1v u = , 2 3 2, 0,..., , 0nv u v u= = . (**)

Sistemul (**) determină în mod unic vectorul . Se continuă în mod analog.

2v


Problema 32. În spaţiul euclidian să se găsească baza biortogonală

4 /{ }2 1 2 3 4, , ,v v v v=B pentru baza

a) { }1 1 2 3 4, , ,u u u u=B , ( )t1 1 0 1 0u =

, , ; ( )t2 0 1 2 0u = ( )t

3 0 0 1 0u = ( )t4 0 0 3 1u =

b) { }1 1 2 3 4, , ,u u u u=B , ( )t1 1 1 1 1u =

, ( )t2 1 1 1 1u = − − ( )t

3 1 1 1 1u = − − , . ( )t4 1 1 1 1u = − −

Soluţie. A cunoaşte vectorul , kv 1 k 4≤ ≤ , înseamnă a cunoaşte coordonatele sale a, b, c, d, care se schimbă cu fiecare k. Pentru fiecare se impun condiţiile de biortogonalitate, care generează 4 sisteme liniare în care diferă numai termenii liberi. De exemplu, pentru punem condiţiile:

kv1v

1 1, 1v u = , 1 2, 0v u = , 1 3, 0v u = , 1 4, 0v u = .

a) Obţinem succesiv sistemele

1, 0, 0, 02 0 1 0

0 0 1 03 0 0 0

a bb c

cc d

+ =⎧⎪ + =⎪⎨ =⎪⎪ + =⎩

0

1

( )t1 1 0 0 0v = , , ( )t

2 0 1 0 0v = ( )t3 1 2 1 3v = − − − ,

( )t4 0 0 0 1v = .

b) Punem condiţiile de biortogonalitate şi obţinem sistemele

1, 0, 0, 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

a b c da b c da b c da b c d

+ + + =⎧⎪ + − − =⎪⎨ − + − =⎪⎪ − − + =⎩

Pentru rezolvarea separată a fiecărui sistem, de exemplu, se pot aduna primele două ecuaţii între ele şi ultimele două între ele. Rezultă:

t

11 1 1 14 4 4 4

v ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

21 1 1 14 4 4 4

v ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

,


t

31 1 1 14 4 4 4

v ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

41 1 1 14 4 4 4

v ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

4.7 Probleme propuse 1. Să se calculeze:

2 21F x y x y= + + − , 2 2

2 i iF x y x y= + + − ,

pentru orice ,x y∈ , . 2i 1= −

R. ( )2 22 x y+ .

2. Să se ortonormeze baza { }1 2 3, ,v v v=B , unde:

( )t1 1 1 1v = , ( )t

2 0 1 1v = − , . ( )t3 1 0 1v =

R. t

11 1 13 3 3

u ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

21 102 2

u ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

,

t

36 6 6

3 3 3u

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

3. Să se determine unghiul vectorilor X şi Y:

( )t1 0 2 3X = , . ( )t2 2 1 4Y = −

4. Să se determine o bază ortonormată în spaţiul generat de vectorii

( )t1 2 3 4 6v = − − , , ( )t

2 1 8 2 16v = − −

( )t3 12 5 14 5v = − , ( )t

3 3 11 4 7v = − .

R. Vectorii sunt l.i. 1 2 3, ,v v v

5. Fie S subspaţiul definit prin 4

2 1 3 1, 3 2 0 1

3 1 9 1S X AX A

⎧ −⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟= = θ = −⎨ ⎬⎜ ⎟

⎜ ⎟⎪ ⎪−⎝ ⎠⎩ ⎭

⎫.

Să se afle subspaţiul , o bază şi dimensiunea sa. S⊥


6. Fie ( )1 2,S L v v= subspaţiul generat de vectorii:

( )t1 2 1 1 1v = − , . ( )t

2 1 1 3 0v =

Să se descompună vectorul ( )t5 2 2 2v = − − sub forma v X , , Y .

Y= +

X S∈ S⊥∈

7. Fie vectorii , . Să se precizeze de ce nu definesc produse scalare operaţiile:

( )t1 2X x x= ( t

1 2Y y y= )

a) , 2,X Y ∈ 1 1 1 2 2 2, 2 10X Y x y x y x y= + + ;

b) , 2,X Y ∈ 1 2,X Y x y= .

R. a) , ,X Y Y X≠ ; b) , ,X Y Y X≠ .

8. În se consideră vectorii ortogonali 4

( )t1 1 0 1 3v = , . ( )t2 1 1 1 0v = −

Să se completeze mulţimea { }1 2,M v v= până la o bază ortogonală . 0B

R. , ( )t3 1 2 1 0v = − − ( )t

4 3 0 3 2v = − .

9. În spaţiul cu produsul scalar canonic se consideră subspaţiul S al vectorilor X pentru care

6

AX = θ , unde

0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 01 1 0 0 1 10 1 1 0 0 11 0 0 1 1 0

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟= − −⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Să se afle complementul ortogonal al lui S şi să se verifice că S şi sunt subspaţii suplimentare.

S⊥

R. { }S S⊥ = θ∩ , . 6S S⊥⊕ =

10. Să se descompună vectorul v din spaţiul euclidian în suma a doi vectori v X , cu , Y

4

Y= + X S∈ S⊥∈ , unde ( )1 2,S L v v=

( )t5 2 2 2v = − , ( )t1 2 1 1 1v = − , . ( )t

2 1 1 3 0v =


11. În spaţiul al vectorilor liberi să se precizeze condiţiile pe care trebuie să le îndeplinească vectorii

3Va şi b a.î. ecuaţia vectorială a x b× = să

aibă soluţia x cu 4x = .


CAPITOLUL 5 TRANSFORMĂRI LINIARE. OPERATORI LINIARI.

OPERATORI LINIARI ADJUNCŢI ÎN SPAŢII EUCLIDIENE

5.1 Transformare liniară. Proprietăţi generale Fie V şi două spaţii vectoriale peste acelaşi corp comutativ K de scalari. În general, K este sau . Elementele neutre din grupurile abeliene

V ′

( ),V + şi ( ),V ′ + sunt notate şi, respectiv, θ ′θ . Un element din V se notează prin x. Dacă dimensiunea dimV n= este finită, atunci componentele lui x în baza B sunt ( )t

1 2 nx x x x= . Aplicaţia este o funcţie :T V V ′→ care asociază unui element x V∈ un singur element . ( )T x V ′∈ Definiţie. Aplicaţia :T V V ′→ se numeşte transformare liniară dacă pentru orice ,x y V∈ şi orice Kα∈ au loc egalităţile

( ) ( ) ( )T x y T x T y+ = + , ( ) ( )T x T xα = α . (5.1.1)

Transformarea liniară se numeşte operator liniar sau endomorfism. Un endomorfism bijectiv se numeşte automorfism.

:T V V→

Unii autori schimbă între ele noţiunile de transformare liniară şi operator liniar, dar toţi autorii folosesc noţiunea de endomorfism cu sensul dat mai sus. În această lucrare transformarea liniară acţionează de la V la V V′ ≠ , iar operatorul liniar de la V la V. Cele două condiţii (5.1.1) – aditivitatea şi omogenitatea – se pot uni într-una singură: ( ) ( ) ( )T x y T x T yα +β = α +β , Kβ∈ . (5.1.2)

Atragem atenţia că o funcţie liniară ( )f x ax b= + , , nu este transformare liniară. Forma generală a unei transformări liniare este

0b ≠: nT K K→ m

, ( )

11

1

n

j jj

n

mj jj

a x

T x

a x

=

=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

∑ija K∈ nx K∈ . (5.1.3)


Transformări liniare particulare: , 0 :V V ′→ ( )0 x ′= θ (transformarea nulă); , :e V V→ ( )e x x= (operatorul identic al lui V ). Uneori operatorul identic se notează 1 . V Derivarea şi integrarea funcţiilor sunt operatori liniari. Definiţie. Transformarea liniară bijectivă se numeşte izomorfism de spaţii vectoriale şi se notează V

:T V V ′→V ′∼ .

Compunerea a două transformări liniare

1 :T V V ′→ , 2 :T V V′ ′′→

este tot o transformare liniară şi se notează prin sau . În general, .

1T T2

1

1 2T T1 2 2T T T T≠

Definiţie. Fie un endomorfism. :T V V→ Dacă T T , atunci T se numeşte proiector. T= Dacă T T , atunci T se numeşte involuţie sau simetrie a spaţiului V. e= Dacă T T e= − , atunci T se numeşte operator liniar cu structură complexă. Dacă , 0pT = 2p ≥ număr natural, atunci T se numeşte operator nilpotent de ordinul p.

Proprietatea 1. ( )T ′θ = θ , ( ) ( )T x T x− = − .

Definiţie. Transformarea liniară :T V V ′→ este inversabilă, dacă T este bijecţie şi se notează . 1 :T V V− ′→

Transformarea este liniară. 1T −

Proprietatea 2. Fie transformarea liniară injectivă :T V V ′→ , cu . Dacă dim dimV V ′= n= { }1 2, ,..., nv v v=B este o bază a lui V, atunci

( ) ( ){ 1 ,..., nT v T v′=B } este bază a lui V ′ . Mulţimea transformărilor liniare :T V V ′→ se organizează ca spaţiu

vectorial peste K, notat ( ),L V V ′ , prin operaţiile:

( )( ) ( ) ( )1 2 1 2T T x T x T x+ = + , ( )( ) ( )T x T xα = λ .

Analog, se organizează ca spaţiu vectorial mulţimea operatorilor liniari şi se notează :T V V→ ( )L V .


5.2 Matricea ataşată unei transformări liniare între spaţii finit dimensionale

Fie transformarea liniară T :T V V ′→ , dimV n= , dimV m′ =

şi două baze şi, respectiv, B ′B , în cele două spaţii

{ }1,..., ,...,j nv v v=B , { }1,..., ,...,i mu u v′=B . Definiţie. Matricea A de tipul m n× care conţine pe coloane coordonatele

vectorilor ( ) ( ) ( )1 ,..., ,...,jT v T v T vn exprimaţi în baza ′B se numeşte matricea ataşată sau asociată transformării liniare T, în raport cu bazele şi B ′B . Notăm aşa încât: TA A ′= BB

, ( )1

m

j ij ii

T v a u=

=∑ 1,j n= , ( )ijA a= . (5.2.1)

Dimensiunile spaţiilor V şi V ′ sunt notate n şi m ca să rezulte pentru matricea ataşată tipul firesc . m n×

Dacă este operator liniar, atunci :T V V→

TA A= B , T v( )1

n

j ij ii

a v=

=∑ , ( )A KnM . (5.2.2) ∈

Matricea ataşată arată cum acţionează T asupra vectorilor din prima bază B . Dacă A este matricea ataşată, atunci ( )T x Ax= . De o mare importanţă este formula de schimbare a matricei ataşate la schimbarea bazelor. Fie , 1 1

TA A ′= B B 2 2TB B ′= B B şi

– C matricea de trecere de la la 1B 2B– D matricea de trecere de la 1′B la 2′B . Atunci

1B D AC−= , m mD × , n nC × . (5.2.3)

Dacă este operator liniar, atunci :T V V→

1TA A= B , 2

TB B= B , 1B C AC−= . (5.2.4) Definiţie. Matricele pătrate A şi B pentru care există matricea nesingulară

C a.î. are loc formula (5.2.4) se numesc matrice asemenea. Consecinţă. Dacă A şi B sunt matrice asemenea, atunci

det detA B= , 1p pB C A C−= , 1p pA CB C−= (5.2.5)


Consecinţă. Ridicarea la putere a matricei pătrate A revine la a calcula pB . De aceea este de dorit ca matricea B să aibă o structură cât mai simplă, de

exemplu să fie o matrice diagonală. Problema aducerii matricei A la forma diagonală B, împreună cu condiţiile când aceasta se poate realiza, va fi rezolvată în capitolul următor.

Etapele determinării matricei ataşate T

:T V V ′→ , ( )T x Ax= , TA A ′= BB .

a) Se dau T şi bazele { }jv=B , { }iu′=B .

b) Calculăm ( ) ( )1 ,..., nT v T v . c) Se rezolvă sistemul liniar

( )1 1 1 2 2 ... m mT v u u u= α + α + + α (5.2.6)

cu necunoscutele . 1,..., mα αd) Se aşază valorile găsite 1,..., mα α pe prima coloană a matricei A. e) În (5.2.6) se pune ( )2T v în loc de ( )1T v . Astfel se obţine a doua

coloană din A. Se continuă în mod analog. Observaţie. Conform capitolului 1, prin metoda Gauss-Jordan se pot rezolva simultan cele n sisteme de tip (5.2.6). Dacă este endomorfism, aflarea matricei ataşate A se face într-un mod asemănător.

:T V V→

În cazul în care T – transformare liniară sau endomorfism – este dat relativ la bazele canonice, atunci matricea ataşată A se poate obţine direct din identificarea ( )T x Ax= . Consecinţă. O transformare liniară :T V V ′→ sau un operator liniar

pot fi date în mai multe feluri: :T V V→a) prin formula (5.1.3); b) prin formula (5.2.1) sau (5.2.2); c) cu ajutorul matricei ataşate ( )T x Ax= , prin precizarea bazelor. Dacă

acestea nu sunt menţionate, se subînţeleg bazele canonice. La operaţiile cu transformări liniare au loc următoarele relaţii cu matricele

ataşate:

1 2 1 2T T T TA A A A′ ′ ′+= = +BB BB BB

T TA A, ′ ′λ = λBB BB .

Dacă şi sunt operatori liniari care se pot compune, iar T este endomorfism inversabil, atunci

1T 2T

(1 2 1 2T T T TA A A=B B B , )1

1TT

A A−

−=B B .

Observaţie. Cunoaşterea unei transformări liniare T sau a unui endomorfism T revine la cunoaşterea matricei ataşate A, în orice bază.


5.3 Nucleu. Imagine. Rang. Defect Fie transformarea liniară :T V V ′→ . Definiţie. Mulţimea Ker definită prin T

( ){ }Ker /T x V T x ′= ∈ = θ (5.3.1)

se numeşte nucleul transformării T. Mulţimea definită prin ImT

( ){ }Im / ,T y V x V T x y′= ∈ ∃ ∈ = (5.3.2)

se numeşte imaginea transformării T. Nucleul şi imaginea unui operator liniar se definesc în mod asemănător.

:T V V→

Proprietatea 1. este un subspaţiu vectorial al V, iar este un subspaţiu vectorial al lui V .

KerT ImT′

Definiţie. Numărul natural di se numeşte defectul lui T şi se notează defect T. Numărul natural se numeşte rangul lui T şi se notează rang T.

mKerTdimImT

Proprietatea rang-defect: are loc următoarea relaţie între dimensiuni dim dimKer dimImV T T= + . (5.3.3)

Aflarea nucleului şi a imaginii. Dacă ( )T x Ax= , atunci aflarea lui se reduce la rezolvarea sistemului liniar omogen KerT Ax ′= θ . Prin

structurarea soluţiei generale x sub forma 1 1 2 2 ... s sx X X X= α + α + + α se determină o bază şi dimensiunea lui , şi anume: KerT

{ }Ker 1 2, ,...,T sX X X=B , dimKerT s= .

Dacă T este operator şi det 0A ≠ , atunci { }KerT = θ şi . dimKer 0T =Aflarea subspaţiului se face impunând condiţii ca sistemul liniar ImT

Ax y= să fie compatibil pentru orice vector y. Pentru aceasta trebuie ca toţi determinanţii caracteristici ai sistemului să fie nuli. Se obţine un sistem care are ca necunoscute coordonatele (componentele) ale vectorului y. Dacă se structurează soluţia generală sub forma

iy

1 1 2 2 ... r ry Y Y Y= β +β + +β ,

atunci se obţine o bază şi dimensiunea lui sub forma ImT

{ }Im 1 2, ,...,T rY Y Y=B , dimImT r= .

Proprietatea 2. Fie :T V V ′→ o transformare liniară. Atunci:

T este injectivă { }KerT⇔ = θ ;


T este surjectivă ImT V ′⇔ = .

Operatorul liniar T este inversabil dacă şi numai dacă { }KerT = θ .

Observaţie. În problemele legate de ( )KerT ⊥ spaţiile folosite sunt spaţii euclidiene.

5.4 Operatori liniari particulari în spaţii euclidiene Fie /V un spaţiu euclidian şi un spaţiu unitar, înzestrate cu produsul scalar

/V,⋅ ⋅ . Presupunem V cu dimensiune finită n. Există câteva tipuri

de operatori liniari particulari, care au proprietăţi specifice. A) În cazul spaţiului unitar şi , definim mai multe tipuri

de operatori liniari. /V :T V V→

1. T este operator unitar sau operator ortogonal dacă păstrează produsul scalar, adică:

( ) ( ), ,T x T y x y= , ,x y V∀ ∈ .

Proprietăţi: ( )T x x= , tA A I= , operator injectiv. Matricea A cu această proprietate se numeşte unitară. Valorile proprii au modulul 1.

2. este operatorul adjunct al lui T dacă :T V V∗ →

( ) ( ), ,T x y x T y∗ = , ,x y V∀ ∈ .

Proprietăţi: TA A= , tT

B A A∗∗= = .

3. Operatorul liniar T se numeşte operator autoadjunct sau operator hermitic dacă

( ) ( ), ,T x y x T y= , ,x y V∀ ∈ .

Proprietăţi: tA A= (într-o bază ortonormată); valorile proprii sunt reale; dacă , atunci subspaţiile proprii 1λ ≠ λ2 ( )1S λ şi ( )2S λ sunt ortogonale.

Matricea A cu proprietatea tA A= se numeşte hermitică sau autoadjunctă. B) În spaţiul euclidian şi definim prin analogie mai mulţi

operatori liniari particulari: /V :T V V→

1. T este operator ortogonal dacă păstrează produsul scalar, adică: ( ) ( ), ,T x T y x y= , ,x y V∀ ∈ .

Proprietăţi: ( )T x x= , tA A I= , operator injectiv. Matricea A cu această proprietate se numeşte ortogonală. Dacă det 1A = , atunci A este matricea unei rotaţii. Valorile proprii sunt 1 sau –1.


2. se numeşte operatorul adjunct al lui T sau operatorul transpus, dacă

:T V V∗ →

( ) ( ), ,T x y x T y∗ = , ,x y V∀ ∈ .

Proprietăţi: TA A= , tT

B A A∗∗= = .

3. Operatorul liniar T se numeşte operator autoadjunct sau operator simetric, dacă

( ) ( ), ,T x y x T y= , ,x y V∀ ∈ .

Proprietăţi: tA A= (într-o bază ortonormată); valorile proprii sunt reale; dacă , atunci subspaţiile 1λ ≠ λ2 ( )1S λ , ( )2S λ sunt ortogonale. Observaţie. În aplicaţii se impune definiţia sau una din proprietăţile legate de operatorul studiat.

5.5 Probleme rezolvate Problema 1. Fie un operator liniar care în baza canonică a lui are forma

cB3

3 3:T → , ( )1 2 3

1 2 3

1 2 3

x x xT x x x x

x x x

− + +⎛ ⎞⎜ ⎟= − +⎜ ⎟⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

, 1

2

3

xx x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Fie baza { }1 2 3, ,v v v=B

( )t1 1 2 1v = − , , . ( )t2 0 1 2v = ( )t

3 1 0 1v =

a) Să se scrie matricele ataşate lui T în cele două baze. b) Să se verifice relaţia de legătură între cele două matrice.

Soluţie. a) Notăm matricele ataşate cu cTA A= B , TB B= B . Matricea

ataşată arată cum lucrează T asupra vectorilor bazei. Pentru { }c 1 2 3, ,e e e=B calculăm ( )1T e , ( )2T e , ( )3T e şi obţinem

1 1 11 1 11 1 1

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )T x Ax= .

Pentru B determinăm ( )ijB b= a.î.

( )3

1j ij i

iT v b v

=

=∑ , j 1,3= .


Pasul 1. Calculăm ( )jT v , 1,3j = . Avem

( ) ( )t1 0 2 4T v = − , ( ) ( )t

2 3 1 1T v = − , . ( ) ( )t3 0 2 0T v =

Pasul 2. Rezolvăm 3 sisteme liniare în care membrul stâng îşi menţine forma neschimbată

1 2 3

024

v v v⎛ ⎞⎜ ⎟α + β + γ = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; 311

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; 020

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( reprezintă succesiv coloanele necunoscute din matricea B). Rezultă:

, ,α β γ

4/3: 2 /3

4 /3

α −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, 112

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 2 /32 /32 /3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Pasul 3. Aşezăm necunoscutele determinate la pasul 2 pe coloane, de la stânga la dreapta. Obţinem:

4 /3 1 2 /32 /3 1 2 /34 /3 2 2 /3

B−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )T x Bx= .

b) Relaţia de legătură dintre matricele A şi B este 1B C AC−= , C matricea de trecere de la la = cB B

1 0 12 1 01 2 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, CB AC= adevărat.

Deoarece trecerea se face de la baza canonică la o bază oarecare, matricea de trecere C are drept coloane chiar vectorii bazei ordonate B . Verificarea pentru corectitudinea calculelor este îndeplinită. Problema 2. Fie transformarea liniară

3 2:T → , ( ) 1 2 3

2 3

x x xT x

x x+ −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟− +⎝ ⎠,

1

2

3

xx x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

exprimată în bazele canonice ale spaţiilor şi . Fie noile baze, respectiv 3 2

{ }1 1 2 3, ,u u u=B , { }2 1 2,v v=B


( )t1 1 2 1u = − , , ( )t

2 0 1 2u = ( )t3 1 0 1u =

( )t1 1 1v = , ( )t

2 1 1v = − .

a) Să se scrie matricele ataşate A şi B, respectiv în bazele canonice şi în bazele , . 1B 2B

b) Să se verifice relaţia de legătură între matricele A şi B. Soluţie. a) Avem

( ) ( )11

1,0,00

T e T⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( ) ( )21

0,1,01

T e T⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) ( )31

0,0,11

T e T−⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 1 10 1 1

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, ( )T x Ax= .

Pentru perechea de baze şi determinăm matricea din condiţiile

1B 2B 1 2TB B= B B

( )ijB b= , 2 3B × , T u( )2

1j ij i

ib v

=

=∑ , j 1,3= .

Pasul 1. Calculăm ( )jT u , 1,3j = . Avem

( )143

T u⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, ( )2

11

T u−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, . ( )301

T u⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Pasul 2. Rezolvăm 3 sisteme liniare în care membrul stâng îşi menţine forma neschimbată

1 243

v v⎛ ⎞

α +β = ⎜ ⎟−⎝ ⎠,

11−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 01⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

(α şi reprezintă succesiv coloanele necunoscute din matricea B). Rezultă:

β

1/ 2:

7 / 2α⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, 01

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

, . 1/ 21/ 2

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

Pasul 3. Aşezăm necunoscutele determinate la pasul 2 pe coloane, de la stânga la dreapta. Obţinem:

1 0 117 2 12

B⎛ ⎞

= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠, Tx Bx= .

b) Relaţia de legătură dintre matricele A şi B este 1B D AC−= , unde: – matricea de trecere de la (a lui ) la ; C = cB

31B


– matricea de trecere de la (a lui ) la , D = cB2

2B

1 0 12 1 01 2 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1 11 1

D⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, DB AC= .

Relaţia DB AC= este satisfăcută. Proba pentru verificarea corectitudinii calculelor este îndeplinită. Problema 3. Fie transformarea liniară

4 3:T → , ( )1 2 3

3 4

4 1

x x xT x x x

x x

+ −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

1

2

3

4

xx

xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

exprimată în bazele canonice ale celor două spaţii din definiţie. Fie bazele noi, respectiv

{ }1 1 2 3 4, , ,u u u u=B , { }2 1 2 3, ,v v v=B ,

unde vectorii au componentele aşezate în ordinea numerotării din baze 1 1 1 11 0 0 10 0 1 10 1 0 1

; 1 1 01 0 10 1 1

a) Să se scrie matricele A şi B ataşate în bazele canonice şi, respectiv, în bazele şi . 1B 2B

b) Să se verifice relaţia de legătură între matricele A şi B. Soluţie. a) Pentru aflarea lui A calculăm

( )jT e , , 4je ∈ cje ∈B , 1,4j = .

Rezultă matricea A de tipul 3 4×

1 1 1 00 0 1 11 0 0 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )T x Ax= .

Metoda 1. Pentru aflarea matricei folosim condiţiile 1 2TB B= B B

( )ijB b= , 3 4B × , T u( )3

1j ij i

ib v

=

=∑ , j 1,4= .


Pasul 1. Calculăm ( )jT u şi obţinem:

( )1

201

T u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )2

110

T u⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )3

011

T u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, . ( )4

100

T u⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Pasul 2. Rezolvăm (simultan) 4 sisteme de ecuaţii liniare în care membrul stâng îşi menţine forma neschimbată

1 2 3

201

v v v⎛ ⎞⎜ ⎟α + β + γ = ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; 110

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; 011

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; , 100

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

unde reprezintă succesiv coloanele necunoscute din matricea B. Rezultă: , ,α β γ

3 0 2 11 1 2 2 12

3 2 0 1B

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

, ( )T x Bx= .

b) Relaţia de legătură între matricea A şi B este 1B D AC−= , unde – matricea de trecere 4C = 4× de la la ; cB 1B– matricea de trecere D = 3 3× de la la , cB 2B

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

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 1 1 01 0 10 1 1

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

DB AC= .

Relaţia DB AC= este satisfăcută.

Observaţie. Verificarea relaţiei DB AC= în loc de 1B D AC−= evită aflarea lui 1D− . Apoi, relaţia 1B D AC−= constituie Metoda 2 de aflare a matricei B. Problema 4. Fie transformările liniare

3 21 :T → , ( ) 1 2 3

1 1 2 31 2 3

2, ,

3x x x

T x x xx x x+ −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟− +⎝ ⎠

2 32 :T → , ( )

1 2

2 1 2 1 2

1

2, 3

2

x xT x x x x

x

−⎛ ⎞⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


a) Să se scrie matricele ataşate 1A şi 2A în bazele canonice respective. b) Să se calculeze 1 2 1T T T T2= , cu matricea ataşată 12A . c) Să se calculeze 2 1 2T T T T1= , cu matricea ataşată 21A .

d) Să se afle ( ) şi , împreună cu matricele ataşate corespunzătoare.

21 2T T ( 2

2 1T T )

Soluţie. a) Pentru bazele canonice, matricele ataşate se scriu direct din forma transformării

11 2 13 1 1

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, ( ) 1T x A x= , 3x∈

2

1 21 32 0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( ) 2T x A x= , 2x∈ .

b) ( )( ) ( )( )1 2 1 2T T x T T x= , 12 1 2A A A=

, ( )125 40 9

A⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠( )1 2 12T T x A x= , 2x∈ .

c) ( )( ) ( )( )2 1 2 1T T x T T x= , 21 2 1A A A=

, 2 1

5 4 310 1 2

2 4 2A A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

( )( )2 1 21T T x A x= , 3x∈ .

Se vede că . 1 2 2T T T T≠ 1

1 2 d) şi nu există. În schimb, există compunerile cerute în enunţ. Rezultă

1T T 2T T

( )( ) 21 2 12T T x A x= , 2

12 12A A= 1225 160 81

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

( )( ) 22 1 21T T x A x= , 2

21 21A A= , 21

66 12 1754 53 3834 12 2

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.


Problema 5. Fie endomorfismul liniar , care în baza canonică

are matricea ataşată .

3:T → 3

cB1 1 00 1 11 0 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Să se afle matricea B ataşată lui T în baza { }1 2 3, ,v v v=B , unde

( )t1 1 0 0v = , , . ( )t

2 1 1 0v = ( )t3 1 1 1v =

Soluţie. Folosim legătura dintre matricele A şi B: 1B C AC−= , matricea de trecere C =

1 1 10 1 10 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 1 1 01 0 01 1 2

B⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Observaţie. La rezolvarea acestei probleme am folosit relaţia dintre matrice, pe care în alte probleme am folosit-o numai la verificarea corectitudinii calculelor. Problema 6. Fie un operator liniar şi două matrice ataşate A şi B, relativ la două baze diferite, adică

:T V V→1B C AC−= , unde C este matricea de

trecere. Fie f un polinom de gradul n. Să se arate că are loc egalitatea

( ) ( )1 1f C AC C f A C− −= .

Soluţie. Fie polinomul f de forma

( )0

nk

kk

f X a X=

=∑ ka, sau ka ∈ . ∈

Calculăm

( ) ( )1 1

0

n kk

kf C AC a C AC− −

=

=∑ , ( )01 1C AC I C C− −= =

( )21 1 1 1C AC C ACC AC C A C− − − −= = 2

3

( )31 1C AC C A C− −=

( )1 1

0

nk

kk

f C AC a C A C− −

=

=∑ 0, A I=

( ) ( )1 1 1

0

nk

kk

f C AC C a A C C f A C− − −

=

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ .


Observaţie. Matricele A şi B reprezintă acelaşi operator T. Definiţie. Două matrice pătrate A şi B se numesc asemenea – şi notăm A B∼ –, dacă există o matrice nesingulară C a.î. 1B C AC−= .

Problema 7. Fie operatorul care are matricea ataşată 3:T → 31A în

baza { }1 1 2 3, ,v v v=B . Cum se schimbă matricea 1A dacă se schimbă între ei vectorii şi . 1v 3v

Generalizare Soluţie. Fie { }2 3 2 1, ,v v v=B noua bază şi 2A matricea ataşată. Conform

definiţiei matricei ataşate avem schema de calcul

1 2 3

1 1 2 3

1 2 3

a a aA b b b

c c c

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; , 1

2

3

vvv

1 2 3

2 1 2 3

1 2 3

Aα α α⎛ ⎞⎜ ⎟= β β β⎜ ⎟⎜ ⎟γ γ γ⎝ ⎠

; 3

2

1

vvv

( )1 1 1 1 2 1T v a v b v c v= + + 3 , ( )3 1 3 1 2 1T v v v v1= α +β + γ

( )2 2 1 2 2 2 3 ( )T v a v b v c v 2 2 3 2 2 2 1v v vT v+ + α +β + γ = =

( )3 3 1 3 2 3 3 ( )T v a v b v c v 1 3 3 3 2 3 1v v vT v+ + α +β + γ . = =

Exprimăm elementele matricei 2A cu cele ale matricei 1A . Pentru aceasta identificăm coeficienţii aceloraşi vectori din scrierile echivalente ale lui ( )1T v , ( )2T v şi ( )3T v . Rezultă:

1 3cα = , 2 2cα = , 3 1cα =

1 3bβ = , , 2 2bβ = 3 1bβ = , 3 2 1

2 3 2 1

3 2 1

c c cA b b b

a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3aγ = , , . 2 2aγ = 3 1aγ =

Se vede că matricea 2A se obţine din 1A astfel: în 1A se schimbă între ele linia 1 cu linia 3, apoi în noua matrice se schimbă coloana 1 cu coloana 3.

Generalizare. : n nT →

{ }1 1 1 1 1 1,..., , , ,..., , , ,...,i i i j j j nv v v v v v v v− + − +=B .


Fie 1A matricea ataşată lui T în baza . 1BSe schimbă între ei vectorii şi şi se obţine baza . Fie iv jv 2B 2A

matricea ataşată lui T în această bază nouă. Matricea 2A se obţine din matricea 1A astfel: – în 1A se schimbă între ele linia i cu linia j; – în noua matrice se schimbă între ele coloana i cu coloana j. Problema 8. În spaţiul se dă un reper triortogonal de axe 3

1 2 3Ox x x determinat de baza canonică { }c 1 2 3, ,e e e=B . Fie axa OM care face unghiuri egale cu axele de coordonate.

a) Să se arate că rotaţia spaţiului în jurul axei OM cu unghiul 3 23π

ϕ = ,

în sens trigonometric, este un operator liniar . Să se afle matricea ataşată

31 :T → 3

1A în baza canonică. b) Aceeaşi problemă ca mai sus, dar rotaţia cu unghiul se face în sens

invers trigonometric. ϕ

Să se precizeze modul de construcţie al direcţiei OM. Soluţie. Fie determinat de vârfurile versorilor . Se

proiectează O pe planul ABC în punctul M care este centrul cercului circumscris triunghiului. Direcţia OM face unghiuri egale cu axele de coordonate.

ABCΔ 1 2 3, ,e e e

Deoarece unghiurile dintre MA, MB şi MC au mărimi egale cu 23π

ϕ = ,

prin rotirea cu unghiul vârfurile ϕ ABCΔ echilateral se permută circular. a) Rotire în sens trigonometric. Definim

3x∈ , 1 1 2 2 3 3x x e x e x e= + + , ( )1 3 1 1 2T x x e x e x e2 3= + + .

Cercetăm dacă este rotaţie. O aplicăm succesiv şi avem: 1T

( )( ) ( )21 1 2 1 3 2 1 3 1T T x x e x e x e T x= + + =

( )31 1 1 2 2 3 3T x x e x e x e x= + + = .

S-a revenit la poziţia iniţială şi deci este o rotaţie. Obţinem: 1T

( )3

1 1

2

xT x x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 1

0 0 11 0 00 1 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )1 1T x A x= .

b) Rotire în sens invers trigonometric. Definim T x , ( )2 2 1 3 2 1 3 ( )3

2 xT xx e x e x e= + + = . este rotaţie. 2T


Obţinem:

( )2

2 3

1

xT x x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 2

0 1 00 0 11 0 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )2 2T x A x= .

Observaţie. Se vede că

1det 1A = , t1 1A A I= ; 2det 1A = , t

2 2A A I= .

Acestea arată că matricele 1A şi 2A îndeplinesc condiţiile unei rotaţii (conform cu 1.5).

Problema 9. Fie operatorul care în baza canonică a lui

are valorile 3:T → 3 3

( )1 2 32 3T e e e= + (, )2 1 22 5 8e e e3T e ( )3 1 2 34 6e e eT e− − , − + + . = =

a) Să se afle matricea ataşată A. b) Să se afle , , câte o bază şi dimensiunile acestor subspaţii. KerT ImTc) Să se determine operatorul T e− , (unde 1Ve = , ),

nucleul, imaginea, câte o bază şi dimensiunile. ( ) ( )1Ve x x x= =

Soluţie. a) Determinăm vectorii coloană ( )jT e şi rezultă matricea A

0 2 12 5 43 8 6

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )T x Ax= .

b) Determinăm . Căutăm KerT 3x∈ a.î. Ax = θ , det 1 0A = ≠ , x = θ

{ }KerT = θ , dimKer 0T = , def 0T = .

Determinăm . Căutăm a.î. ImT 3y∈ ( )T x y= , adică sistemul Ax y= să fie compatibil. Cum det 0A ≠ , rezultă că sistemul este compatibil pentru orice . Rezultă: 3y∈

3ImT = , dimIm 3T = , rang 3T = .

O bază a lui poate fi formată cu coloanele matricei A. ImTObservaţie. Se verifică proprietatea rang-defect.


c) Operatorul T are forma e−

( )( ) ( ) ( )1 2 3

1 2 3

1 2 3

22 6 43 8 5

x x xT e x T x e x x x x

x x x

− + −⎛ ⎞⎜ ⎟− = − = − +⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠

1 2 12 6 43 8 5

B− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )( )T e x Bx− = .

Aflăm ( )Ker T e− . Rezolvăm sistemul omogen

Bx = θ , 111

x v⎛ ⎞⎜ ⎟= α = α⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( ) { }Ker ,T e x v− = = α α∈ ;

{ }Ker v=B , ( )dimKer 1T e− = .

Aflăm (Im T e)− . Determinăm y din condiţia ca sistemul Bx y= să fie compatibil. Cum det 0B = şi rang 2B = există un singur determinant caracteristic : carΔ

car 0Δ = , 1 2 3 0y y y− + =

1 2

1 01 10 1

y vα⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= α +β = α +β = α +β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

v

( ) { }1 2Im / ,T e y v v− = = α +β α∈ β∈

{ }Im 1 2,v v=B , ( )dimIm 2T e− =

( )defect 1T e− = , ( )rang 2T e− = 3dim 1 2 3= + = .

Proprietatea rang-defect este verificată. Problema 10. Fie transformarea liniară care în bazele

canonice

3:T → 4

{ }c 1 2 3, ,e e e=B , { }c 1 2 3 4, , ,f f f f′ =B este definită prin

( )1 1 24 2T e f f f3= + +

( )2 1 22 3T e f f f3= + −

( )3 1 2T e f f2= + .


a) Să se afle matricea ataşată A şi să se pună T sub o formă echivalentă. b) Să se verifice teorema rang-defect şi să se afle bazele corespunzătoare. Soluţie. a) Folosim definiţia matricei ataşate şi obţinem:

( )4

1j ij i

iT e a f

=

=∑ ,

1 2 14 3 22 1 00 0 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

( )T x Ax= , ( )

1 2 3

1 2 3

1 2

24 3 220

x x xx x x

T xx x

+ +⎛ ⎞⎜ ⎟+ +⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

b) Teorema rang-defect necesită calcularea lui KerT , , , . dimKerT ImT dimImT

Aflăm Ker şi o bază. Din T Ax = θ obţinem succesiv

( ){ }tKer / 1 2 5 ,T x v v= = α = − − α∈ , { }KerT v=B

dimKer defect 1T T= = .

Aflăm . Căutăm pentru care sistemul ImT 4y = Ax y= este compatibil. Avem:

rang 2A = , pr1 24 3

Δ = , car 0Δ =

1 2 22 0y y y− + = , t

02 2

y α β⎛ ⎞= − α β⎜ ⎟⎝ ⎠

{ }1 2Im / ,T y v v= = α +β α∈ β∈

t

11 1 0 02

v ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

21 0 1 02

v ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

{ }Im 1 2,T v v=B , dimIm rang 2T T= =

3dim rang defectT T= + , 3 2 1= + adevărat.


Problema 11. Fie operatorul liniar (endomorfism)

3 3:T → , ( )1 2 3

1 2 3

2 3

22

3

x x xT x x x x

x x

− +⎛ ⎞⎜ ⎟= + −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se arate că T este operator inversabil. b) Să se afle şi matricea ataşată în baza canonică. 1T −

Soluţie. a) Operatorul T este inversabil dacă este bijectiv. Surjectivitatea este asigurată prin definiţia lui T. Arătăm că T este operator injectiv. Pentru aceasta este suficient să determinăm . Obţinem succesiv: KerT

1 2 12 1 10 1 3

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, Ax = θ , det 12 0A = − ≠ ;

x = θ , { }KerT = θ , T este injectiv.

b) Fie , 3y∈ ( )1 2 3y y y y= vector fixat. Căutăm 3x∈ a.î. ( )T x y= , Ax y= .

Rezolvarea sistemului Ax y= se poate face prin multe metode (cap. 1). De exemplu, prin obţinerea matricei superior triunghiulare rezultă

1

2

3

1 2 12 1 10 1 3

yyy

−−−

1

3

1 2

1 2 10 1 30 0 12 2 5

yy

y y y3

−−

− + −

( )1 1 2 31 2 5

12y y y= + − , x ( )2 1 2 3

1 6 3 312

x y y y= − + −

( )3 1 2 31 2 5

12( ) ( )1T y x 1 ByT y− −y y y= − + − , = , = x

12 5 1

1 6 3 312

2 1 5B A−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= = − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 1 3:T 3− → .

Problema 12. Fie operatorul liniar (endomorfism) 3 3:T → , ( ) ( )t2,3,5 1 1 1T =

( ) ( )t0,1,2 1 1 1T = −

( ) . ( )t1,0,0 2 1 2T =


a) Să se determine matricea ataşată A a lui T în baza canonică şi să se rescrie operatorul T.

b) Să se cerceteze dacă T este inversabil şi în caz afirmativ să se afle 1T − . Soluţie. a) Căutăm matricea A a.î. ( )T x Ax= . Cunoaşterea matricei A

revine la a afla cele 9 elemente ale sale. Pentru simplificare notăm

1 2 3

1 2 3

1 2 3

a a aA b b b

c c c

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

şi scriem condiţiile din enunţ

, , . (*) 1 21 31 5

A⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 01 11 2

A⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎟⎟⎟⎠

⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜−⎝ ⎠ ⎝

2 11 02 0

A⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3c

Din cele 9 relaţii (*) formăm 3 sisteme liniare. Alegem relaţiile pentru necunoscutele 1 2 3, ,a a a

1 2 3 1 1 1

2 3 2 2 2

1 3 3

2 3 5 1, 2; 1, 1; 1, 2 2 1 11 1, 7 1 1 2 6 1, 4 2 0

a a a a b ca a a b c

a a b

+ + = = = =⎧⎪ + = = − = − − =⎨⎪ = = = =⎩

−

3

2 11 61 7 42 1 0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )1 2

1 2 3

1 2

2 11 6 7 42

x x xT x x x x

x x

− +⎛ ⎞⎜ ⎟= − +⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

b) Pentru inversabilitatea lui T cercetăm injectivitatea. Determinăm , prin KerT Ax = θ . Deoarece det 2A = − , rezultă

x = θ , { }KerT = θ , defect 0T = , 1T − există.

Aflăm . Rezolvăm în raport cu x ecuaţia 1T − ( )T x y= sau sistemul Ax y= . Obţinem

1 1 22 3 3x y y= − + + y

3

2 1 24 6x y y= − + + y , 14 6 2

1 8 12 22

13 20 3A−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( )3 1 21 13 20 32 3x y y y= − + +


1A B− = , ( )1T y By− = .

Problema 13. În spaţiul se dau două baze 3 / { }1 1 2 3, ,u u u=B , { }2 1 2 3, ,v v v=B

( )t1 0 0 1u = , , , ( )t

2 0 1 1u = ( )t3 1 1 1u =

( )t1 3 5 2v = − , , . ( )t

2 0 1 0v = ( )t3 1 0 1v = −

Fie operatorul liniar 3 3:T → , ( )i iT u v= , 1,3i = .

a) Să se determine matricele A, 1A şi 2A care reprezintă matricele ataşate lui T respectiv în bazele , şi . cB 1B 2B

b) Să se afle , , bazele şi dimensiunile acestora. KerT ImTSoluţie. Căutăm matricea A ataşată lui T în . Atunci cB ( )T x Ax= .

Cunoaşterea lui A revine la aflarea celor 9 elemente ale sale. Notăm

1 2 3

1 2 3

1 2 3

a a aA b b b

c c c

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )( )( )

1 1

2 2

3 3.

T u v

T u v

T u v

=

=

=

Scriem condiţiile din enunţ folosind A

, , 0 30 51 2

A⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0 01 11 0

A⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 111 1

A 0−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (*)

Din cele 9 relaţii (*) formăm 3 sisteme liniare. Întâi alegem relaţiile pentru necunoscutele , apoi etc. 1 2 3, ,a a a 1 2 3, ,b b b

Obţinem succesiv:

3 2 3 1 2 3

3 2 3 1 2 3

3 2 3 1 2 3

3 0 15, 1, 0,

2 0 1

a a a a a ab b b b b bc c c c c c

= + = + + = −

= + = + + =

= − + = + + =

1 3 31 4 51 2 2

A − −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Căutăm matricea 1A relativă la . Avem 1B1

1 1 1C AC−= 1C, A =matricea de trecere la 1B

1

0 0 10 1 11 1 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11

0 1 11 1 01 0 0

C−−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

7 1 12 1 13 0 1

A− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


Căutăm matricea 2A relativă la . Avem 2B1

2 2 2C AC−= 2, CA =matricea de trecere la 2B

2

3 0 15 1 02 0 1

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 12

1 0 15 1 52 0 3

C−⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

7 1 12 1 13 0 1

A− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

b) Căutăm . Folosim KerT ( )T x Ax= Ax = θ , det 1A = − , x = θ

{ }KerT = θ , dimKer 0T = .

Dacă folosim matricea 1A se obţine acelaşi , deoarece .

KerT1det 1 0A = − ≠

Din teorema rang defect rezultă că dimIm 3T = şi deci . 3ImT =Observaţie. şi nu se schimbă la schimbarea matricei ataşate. KerT ImT Problema 14. În baza canonică a lui se dau operatorii liniari

(endomorfismele): cB

4

4 41 :T → , ; ( ) ( )t

1 4 2 3T x x x x x= 1

4 42 :T → , . ( ) ( )t

2 1 2 3 4 0 0 0T x x x x x= + + +

a) Să se scrie matricele ataşate 1A şi 2A b) Să se determine operatorul 1T T T2= + şi să i se scrie matricea

ataşată A. c) Să se afle , , bazele şi dimensiunile. KerT ImTd) Fie o nouă bază { }1 2 3 4, , ,v v v v=B

( )t1 1 1 2 3v = − , , ( )t

2 2 1 1 0v =

( )t3 3 2 0 0v = − , . ( )t

4 4 0 0 0v =

Să se afle matricea B a lui T în baza . Be) Să se efectueze proba de corectitudine a calculelor. Soluţie. a) Rezultă

1

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

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , . 2

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

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2

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

A A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


b) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 2T x T T x T x T x= + = + . Căutăm matricea ataşată A. Metoda 1. Folosim definiţia. Rezultă:

( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 3 4A T e T e T e T e= .

Metoda 2. Se ştie că 1 2A A A= + . Operatorul T are forma ( )T x Ax= . c) provine din KerT Ax = θ . Cum det 2A = − rezultă

x = θ , { }KerT = θ , defect 0T = .

Din teorema rang-defect rezultă

rang 4T = , 4ImT = .

d) Căutăm matricea ataşată TB B= B . Folosim definiţia matricei B

( )4

1j ij i

iT v b v

=

=∑ , j 1,4= . (*)

Relaţiile (*) reprezintă 4 sisteme liniare

( )1 2 3 4 jv v v v T vα +β + γ + δ = , 1,4j = ,

în care membrul stâng rămâne neschimbat. Pentru fiecare j fixat, necunoscutele reprezintă elementele , , , ,α β γ δ ijb 1,4j = .

Avem

( )1

8121

T v

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , ( )2

4112

T v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )3

1203

T v

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . ( )4

4004

T v

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Cele 4 sisteme se pot rezolva separat sau simultan. Necunoscutele obţinute se aşează pe coloane, de la stânga la dreapta. Rezultă matricea

8 16 24 3232 8 48 64124 24 12 482412 42 33 84

B

⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟=⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

e) Proba de corectitudine a calculelor se face verificând relaţia 1B C AC−= , CB , unde C este matricea de trecere de la la B . AC= cB


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

C

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, .

8 4 1 41 1 2 02 1 0 01 2 3 4

CB AC

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Observaţie. Are loc egalitatea de matrice

( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 3 4T v T v T v T v AC CB= = . Problema 15. Fie şi doi operatori liniari ai spaţiului vectorial V a.î.

. 1T 2T

1 2 2T T T T= 1a) Să se arte că ( ) ( )2 1 1 2 1Ker Ker , Im ImT T T T T⊂ ⊂ 1T . b) Să se verifice afirmaţia de mai sus pentru operatorii cu matricele

, . 12 14 2

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠2

3 14 3

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠ Soluţie. a) Pentru nucleu arătăm că orice ( )2 1KerT x T∈ , dacă 1Kerx T∈ . Fie 1Kerx T∈ , ( )1T x = θ . Aplicăm şi obţinem: 2T

( )( ) ( )2 1 2T T x T= θ = θ , ( )( )2 1T T x = θ

( )( ) ( )( )2 1 1 2T T x T T x= , ( )( )1 2T T x = θ , ( )2 1KerT x T∈ .

Pentru imagine arătăm că orice ( )2 1ImT y T∈ , dacă 1Imy T∈ . Fie , există 1Imy∈ T x V∈ cu ( )1T x y= . Aplicăm şi obţinem: 2T

( ) ( )( ) ( )( )2 2 1 1 2 ImT y T T x T T x T= = ∈ 1.

b) Cercetăm dacă 1 2 2 1A A A A= . Avem

1 2 2 110 520 10

A A A A−⎛ ⎞

= =⎜ ⎟−⎝ ⎠1 2 2 1T T, T T = .

Calculăm tot ce apare în incluziunile de la punctul a)

{ }1 1KerT A x⇒ = θ , 1 1Ker ,T x v= α α∈ =

( )t1 1 2v = , { }

1Ker 1T v=B , 1dimKer 1T =

1 2ImT A x y⇒ = 1 22 0y y, + =

( ){ }t1 2 2Im / 1 2 ,T y v v= = β = − β∈

{ }1Im 2T v=B , 1dimIm 1T =


( ) ( )2 1 2 1 2 1 11

Ker Ker2

T T T v A v v⎛ ⎞

⇒ = = = ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

1T

( ) ( )2 1 2 2 2 2 2Im 5 ImT T T v A v v⇒ = = ∈ 1T

2

.

Incluziunile sunt verificate. Problema 16. Fie operatorul liniar , care în baza canonică

are matricea ataşată A de forma: 2:T →

a) ; b) ; c) . 1 22 4

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

1 22 3−⎛ ⎞

⎜ ⎟−⎝ ⎠

12 818 12

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

În fiecare caz să se verifice egalitatea

( ) ( ) ( )2Ker Im KerT T T T=∩ , 2T T T= .

d) Să se arate că egalitatea de mai sus este adevărată în orice spaţiu V (de dimensiune finită).

Soluţie. Calculăm tot ce apare în egalitatea de mai sus.

a) 1 12

Ker / ,1

T x v v⎧ ⎫⎛ ⎞

= = α = α∈⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

2 21

Im / ,2

T y v v⎧ ⎫⎛ ⎞

= = β = β∈⎨ ⎬⎜ ⎟−⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) ( ) 1 2Ker Im ,2 , 2T T v v⇒α =β α =β α = − β∩

0α = β = , ( ) ( ) { }Ker ImT T = θ∩

( )2 2KerT T z A2⇒ = z , AAz = θ

23 3

2Ker / ,

1T z v v

⎧ ⎫⎛ ⎞= = γ = γ∈⎨ ⎬⎜ ⎟

⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) { } { }23Ker ,T T Az Av= = γ = θ θ = θ .

Egalitatea din enunţ este satisfăcută. b) { }KerT = θ , Ax = θ , det 1 0A = ≠

2ImT = , ( ) ( ) { }Ker ImT T = θ∩

( )2 2KerT T z A2⇒ = 2z , θ , 2det 0A ≠ A z =

{ }2KerT = θ , ( )2KerT T A= θ = θ .

Egalitatea din enunţ este satisfăcută.


c) 1 12

Ker / ,3

T x v v⎧ ⎫⎛ ⎞

= = α = α∈⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

ImT Ax y⇒ = 1 26 4y y, =

1 12

Im / ,3

T y v v⎧ ⎫⎛ ⎞

= = β = β∈⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) ( ) 1Ker ImT T v= α∩

2 2KerT A z⇒ = θ , , 2 0 00 0

A⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2KerT =

( ) ( )1 221 2 1v

1 2

12 8 2Ker 6 4

18 12 3z z

T T Az z zz z

− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = − + = α⎜ ⎟ ⎜ ⎟− + ⎝ ⎠⎝ ⎠

1z ∈

1v

, , . 2z ∈

Deci, şi egalitatea din enunţ este satisfăcută. 1vα = αd) Arătăm că orice vector x luat din ambii membri ai egalităţii se bucură

de aceeaşi proprietate. Obţinem succesiv:

( )2Kerx T T∈ , x Ay= , , 2Kery T∈ 2A y = θ

( ) ( )Ker Imx T T∈ ∩ .

Kerx T∈ , Ax = θ ; Imx T∈ , y∃ a.î.

Ay x= , yAA = θ , 2A y = θ .

S-a obţinut concluzia unică 2A y = θ . Problema 17. Fie operatorul liniar , care în baza canonică are

matricea ataşată 3:T → 3

a) , b) 6 9 4

10 17 812 21 10

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

0 2 10 3 20 0 0

A− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Să se verifice egalitatea

( ) ( ) ( )2Ker Im KerT T T T=∩ .

Soluţie. a) Ax = θ , det 48A = , { }KerT = θ 3ImT = , ( ) ( ) { }Ker ImT T = θ∩

2det det det 48 48A A A= ⋅ = ⋅ , { }2KerT = θ


( )T Aθ = θ = θ , { } { }θ = θ .

b) ( ){ }t1 1Ker / 1 0 0 ,T x v v= = α = α∈ .

Fie . Căutăm x a.î. 3y∈ Ax y= . Punem condiţia de compatibilitate a acestui sistem şi obţinem , 3 0y = 1y = β , 2y = γ reale oarecare

( ) ( ){ }t t2 3 2 3Im / 1 0 0 , 0 1 0T y v v v v= = β + γ = =

( ) ( ) 1Ker ImT T v= α∩ 2 1v v, = . 2det 0A = , 2 33 2 0x x λ∈ , μ∈ = , −

( ){ }t21 4 4Ker / 0 2 3T z v v v= = λ + μ = −

( ) ( )21KerT T T z Az v= = = μ

1vα = μ 1v pentru μ = α∈ .

Relaţia din enunţ este satisfăcută. Problema 18. Fie operatorul ( ) ( )2 2:T →M M

( ) 1 2T X M X XM= + , 12 11 0

M−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 23 14 1

M−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠1 3

2 4

x xX

x x⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Să se afle matricea A ataşată lui T în baza canonică. b) Să se afle , , bazele şi dimensiunile. KerT ImTc) Să se determine indicele de nilpotenţă al operatorului liniar T. Soluţie. Evident, T este operator liniar. a) Fie baza canonică { }c 1 2 3 4, , ,E E E E=B

11 00 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 20 01 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

30 10 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

40 00 1

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Operatorul ( )T X are valorile

( ) 1 2 3 1 2 3

1 3 4 2 3 4

4 33 4

x x x x x xT X

x x x x x x− − − + −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟− − + +⎝ ⎠

( )1 11 11 0

T E E E E−⎛ ⎞

= = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 3+


( )2 14 3

4 30 1

T E E E E−⎛ ⎞

= = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

3 4+

2 4+

3 4+

( )3 11 0

33 1

T E E E E−⎛ ⎞

= = − −⎜ ⎟−⎝ ⎠

( )4 20 1

44 1

T E E E E−⎛ ⎞

= = − −⎜ ⎟−⎝ ⎠

1 4 1 01 0 3 41 3 0 10 1 1 1

A

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟

⎟=⎜ −⎜ ⎟⎝ ⎠

;

1

2

3

4

EEEE

; rang 2A = .

b) Aflăm prin KerT ( )T X = θ

1 2 3

1 3 4

1 2 4

2 3 4

4 0 3 4 0 3 0 0

x x xx x xx x xx x x

− − − =

− − =

+ − =+ + =

1

2

3

4

3 4 3 41 11 00 1

xxxx

α + β⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

, −α −β − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = α +β

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

)

⎜ ⎟⎜ ⎟

.

Prin operaţia de întindere a unei matrice X sub forma şi de împachetare avem ( t

1 2 3 4X x x x x=

{ }1 2Ker / , ,T X X X X= = α +β α∈ β∈

13 11 0

X⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, , 2

4 01 1

X⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠{ }Ker 1 2,TB X X=

dimKer defect 2T T= = .

Aflăm prin condiţia ca sistemul ImT ( )T X Y= să fie compatibil pentru orice matrice dată Y.

Punem condiţia de anulare a celor doi determinanţi caracteristici

car1 0Δ = , 1 2 33 4y y y 0− + =

car 2 0Δ = , 1 2 44 0y y y+ + =

3 4

1 13 1 3

1 00 1

Y X

−λ −μ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟λ − μ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = λ + μ = λ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟λ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟μ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Xμ

{ }3 4Im / , ,T Y Y X X= = λ + μ λ∈ μ∈


31 11 0

X−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 41 03 1

X−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠{ }Im 3 4,T X X=B

dimIm rang 2T T= = .

c) Indicele de nilpotenţă este cel mai mic număr natural p pentru care pA = θ (matricea nulă). Găsim 3p = .

Problema 19. Fie transformarea liniară

( )32:T →M , ( ) 1 2 2 3

1 3 0x x x x

T xx x+ −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟+⎝ ⎠.

a) Să se scrie matricea A ataşată lui T în bazele canonice ale celor două spaţii.

b) Să se afle , , bazele şi dimensiunile corespunzătoare. KerT ImT Soluţie. a) Folosim bazele canonice

{ }1c 1 2, ,e e e=B 3 , { }

2c 1 2 3, , , 4E E E E=B

11 00 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 20 01 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

30 10 0

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

40 00 1

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Matricea A arată cum acţionează T asupra bazei . Rezultă: 1cB

( )1 11 01 0

T e E E⎛ ⎞

2= = +⎜ ⎟⎝ ⎠

( )2 1 31 10 0

T e E E⎛ ⎞

= +⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 01 0 10 1 10 0 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟

, =−

⎜ ⎟⎝ ⎠

3

( )3 20 11 0

T e E E−⎛ ⎞

= = −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Prin operaţia de desfăşurare pe coloane a unei matrice, transformarea T are forma ( )T x Ax= .

b) Pentru rezolvăm sistemul KerT Ax = θ

rang 2A = , , ( )t1 1 1x = α − α∈ ,

( ){ }t1 1Ker / 1 1 1T v v= α = − , dimKer 1T = .


Pentru Im căutăm T ( )2Y ∈M pentru care există 3x∈ a.î. , ( ) 2T x Y=

1 3

2 4

y yY

y y⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, . ( )t1 2 3 4Y y y y y=

Cum rang 2A = , la sistemul Ax Y= există doi determinanţi caracteristici. Pentru compatibilitatea sistemului aceştia trebuie să fie nuli. Rezultă:

car1 0Δ = , ; 1 2 3 0y y y− − = car 2 0Δ = , 4 0y− =

1y = α +β , , 2y = α 3y = β , 4 0y = , α∈ , β∈

1 21 0 1 1

0 1 0 0 0Y M

α +β β⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = α +β = α +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Mβ

{ }1 2Im /T Y Y M M= = α +β , dimIm 2T =

{ }Im 1 2,T M M=B . Problema 20. Fie transformările liniare

[ ] [[ ]31 2:T R X ]2 2 1: X R X→T R → ,

( ) ( ) ( ) ( ) 21 1 2 3 1 2 3 1 2 32 1 2 2T x x x x x x x X x x x X= + + ⋅ + − + + + −

3x∈ ; ( )2T f = derivata unui polinom f din spaţiul polinoamelor reale [ ]2R X .

a) Să se scrie matricele de trecere 1A şi 2A ale celor doi operatori, în bazele canonice respective.

b) Să se rescrie cu ajutorul matricei ataşate. 1Tc) Să se determine transformarea produs şi să se afle matricea

ataşată A. 2T T1

d) Să se arare că este transformare inversabilă şi să se afle 1T ( )1T f− . Soluţie. a) Bazele canonice sunt respectiv

{ }1c 1 2 3, ,e e e=B , { }2

2c 1, ,X X=B .

Matricele de trecere arată cum lucrează transformarea asupra vectorilor bazei. Obţinem succesiv:

( ) 21 1 2 1 1 1T e X X= ⋅ + ⋅ + ⋅

( ) 21 2 1 1 2 1T e X X= ⋅ + ⋅ + ⋅ , 1

2 1 11 2 11 1 2

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

; 2

1X

X


( ) 21 3 1 1 1 2T e X X= ⋅ + ⋅ − ⋅

( ) 22 1 1 0 0 1 0 0T X′= = = ⋅ + ⋅ + ⋅ X

( ) 22 1 1 1 0 0T X X X X′= = = ⋅ + ⋅ + ⋅ , ; 2

0 1 00 0 20 0 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ 2

1X

X

( ) ( )2 22 2 0 1 2 0T X X X X X′= = = ⋅ + ⋅ + ⋅ .

b) ( ) ( )211T x X X A x= .

c) Transformarea produs este 2 1T T T=

[ ]32 1 2 1 1:T T T T R X= → , ( )( ) ( )2 1 1T T x T x ′= ⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 32 1 2 2 4T x x x x x x x X= − + ⋅ + + − .

Aflăm matricea ataşată A. Metoda 1. Determinăm acţiunea lui T asupra vectorilor bazei .

Rezultă: 1cB

( ) 21 1 1 2 0T e X X= ⋅ + ⋅ + ⋅

( ) 22 2 1 2 0T e X X= − ⋅ + ⋅ + ⋅ ,

1 2 12 2 40 0 0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; 2

1X

X

( ) 23 1 1 4 0T e X X= ⋅ − ⋅ + ⋅ .

Metoda 2. Se ştie că are matricea ataşată 2 1T T 2 1A A A= , cu 2A şi 1A cunoscute.

d) Deoarece înseamnă că matricea 1det 12 0A = ≠ 1A− există şi deci este transformare inversabilă şi obţinem:

1T

[ ]1 31 2:T R X− → , ( )1 2

1 1 2 3 11T x x X x X A 1x− −⋅ + ⋅ + ⋅ =

( )1 2 3

1 21 1 2 3 1 2 3

1 2 3

3 3 311 3

123 5

5x x x

T x x X x X x x xx x x

−+ +⎛ ⎞

⎜ ⎟⋅ + ⋅ + ⋅ = − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

11

3 3 31 3 5 1

123 1 5

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.


Problema 21. În spaţiul polinoamelor [ ]nR t (de dimensiune ) se dă aplicaţia

1n +

[ ] [ ]: n nT R t R t→ , ( )( ) ( ) ( )1T P t P t P t= + − .

a) Să se arte că T este operator liniar. b) Să se afle matricea A ataşată lui T în { }2

c 1, , ,..., ,...,k nt t t t=B .

Soluţie. a) Se arată că au loc egalităţile ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )T P t Q t T P t T Q t+ = + , ( )( ) ( )( )T P t T P tα = α .

b) Succesiv se aplică T vectorilor bazei şi rezultă

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2

22 2 12

1 2 2 1

1 1 1 0 0 1 0 0 ... 0

1 1 1 1 0 0 ... 0

1 1.................................................................................

1 1 ....

n

n

kk k kk k k

T t t

T t t t t t t

T t t t C t

T t t t C t C t C t 1k

t

− −

= − = = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

= + − = = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

= + − = +

= + − = + + + +

( ) ( ) 1 2 2 1

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

1 1 ...nn n nn n nT t t t C t C t C t 1.n− −= + − = + + + +

Aşezăm pe coloane coeficienţii vectorilor din bază şi obţinem A de tipul ( ) ( )1 1n n+ × +

1 1 12 3

2 23

1

0 1 1 1 1

0 0

0 0 0

0 0 0 00 0 0 0 0

n

n

nn

C C C

C CA

C −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Problema 22. Fie operatorul liniar

[ ] [ ]: n nT R x R x→ , ( )T f f ′= ,

unde [ ]nR x sunt polinoamele reale f, cu grad f n≤ , n∈ . a) Să se arate că operatorul de derivare T este liniar. b) Să se afle matricele A şi B ataşate lui T respectiv în bazele

{ }2c 1, , ,..., nx x x=B ,

( ) ( )2

1, , ,...,1! 2! !

nx a x a x an

⎧ ⎫− − −⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

B .


c) Să se facă proba de corectitudine a calculelor. Soluţie. a) Dacă [ ]nf R x∈ are forma

20 1 2 ... n

nf a a x a x a x= + + + + în , cBatunci ( ) 1

1 22 ... nnT f a a x na x −= + + + .

Fie ( ), nf g R x∈ şi . Evaluăm ,α β∈

( ) ( ) ( )T f g T f T gα +β = α +β ,

ceea ce arată că T este operator liniar. b) Matricea ataşată arată cum lucrează T asupra vectorilor bazei. Începem cu . cB

( )

( )

( )

( )

1

1

2 1

1 1

1 0 0 1 0 ... 0 0

1 1 1 0 ... 0 0

2 0 1 2 ... 0 0......................................................................

0 1 0 ... 0

n n

n n

n n

n n n n

xT x x

T x x x x

T x x x x x

T x nx x n x x

−

−

−

− −

= = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅

= = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅

= = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅

= = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅

0 1 0 0 00 0 2 0 00 0 0 3 0

0 0 0 00 0 0 0 0

A

n

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; .

Pentru B , de asemenea, cercetăm acţiunea lui T asupra vectorilor bazei. Rezultă:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

2 2

3 2 2

1 0 0 1 0 0 ... 01! 2! !

1 1 1 0 0 ... 01! 1! 2! !

0 1 1 0 ... 02! 1! 1! 2! !

0 1 0 1 ... 03! 2! 1! 2! !

.......

n

n

n

n

x a x a x aTn

x a x a x a x aTn

x a x a x a x a x aTn

x a x a x a x a x aTn

− − −= = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

− − − −⎛ ⎞ = = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞− − − − −

= = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞− − − − −

= = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( ) ( )( )

( )1 1

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

0 1 0 ... 1 ... 0! 1! 1! 1 !

n n n

!

nx a x a x a x a x aTn n n n

− −⎛ ⎞− − − − −= = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + + ⋅⎜ ⎟

− −⎝ ⎠


0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0

0 0 0 0 10 0 0 0 0

B

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; ( )1, nA B +=M .

c) Verificarea calculelor revine la a arăta că 1B C AC−= sau CB , unde C este matricea de trecere de la la . Matricea C provine din exprimarea vectorilor din cu ajutorul vectorilor lui . Rezultă:

AC=cB B

B cB

( )

( )

( )

2 3

1 121

2 22

0

1 11! 2! 3! !1 2 30 11! 2! 3! !

1 30 0 12! 3! !

0 0 0 0!

n nn n

n nn n

n nn n

n

C aa a an

C aa an

C C aan

Cn

− −−

− −−

⎛ ⎞−− −⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟

− −⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟− −⎜ ⎟

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Relaţia CB este adevărată. AC=

Problema 23. În spaţiul polinoamelor fie operatorul liniar [ ] [ ]: n nT R x R x→

( ) 2T P x P xP′′ ′= + , [ ]nP R x∈ , grad P n≤

şi două baze

{ }2c 1, , ,..., nx x x=B , ( ) ( ){ }21, , ,..., nx a x a x a= − − −B ,

unde este fixat. a∈a) Să se afle matricea de trecere C de la baza la baza . cB Bb) Să se afle matricele A şi, respectiv, B ataşate lui T în cele două baze.

Soluţie. a) Conform formulei generale (2.4.1) de exprimare a vectorilor noi din cu ajutorul vectorilor vechi din , obţinem succesiv: B cB


( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2

2 2 2

2

0

1 1 1 0 0 ... 0

1 1 0 ... 0

1 2 1 ... 0..........................................................................

1 1 1

n

n

n

nn n kn n k n

k

x x x

x a a x x x

x a a a x x x

.x a a x a −

=

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

− = − ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅

− = ⋅ − ⋅ + ⋅ + + ⋅

− = − − = − − ⋅∑ x

Matricea C are tipul ( ) ( )1n n 1+ × + şi se obţine aşezând pe coloană coeficienţii de exprimare ai lui 1, x a− , ( )2x a− etc.

( )

( )

( )

2 3

11 2 2 12 3

21 23

1

1 1

0 1 1

0 0 1 1

0 0 0 00 0 0 0 1

n n

n n nn

n n nn

n

a a a a

C a C a C a

C a C aC

C a

− 1

2

− −

− − −

⎛ ⎞− − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟− −= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

b) Matricea ataşată arată cum lucrează T asupra vectorilor bazei. Pentru calculăm , cB ( )kT x 0,k n= ,

( ) ( ) ( )2 2k k kT x x x x x k x′′ ′= + = k

( ) 1 2 10 1 0 ... 0 0 ... 0k k k kT x x x k x x x− += ⋅ + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ n

( )

2

2

2

2

0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0

0 0 2 0 0 0

0 0 0 3 0 0

0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

A

n

n

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A are tipul ( ) ( )1 1n n+ × + .

Pentru baza B calculăm ( )( )kT x a− , 0,k n= . Apoi, prin artificiul ( )x x a a= − + , exprimăm rezultatul cu ajutorul vectorilor din . Coeficienţii B


obţinuţi se înscriu pe coloane în matricea B, care are tipul ( ) ( )1 1n n+ × + . Obţinem succesiv:

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) (2 22 2 2k kT x a k x kax x a k x a a ka x a a x a) 2k− −⎡ ⎤− = − − = − + − − + −⎣ ⎦( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 12 21 2 1k k kT x a a k k x a ak k x a k x a− −− = − − + − − + − k

0k = , ( )t0 0 0 0 0 0

1k = , ( )t21 0 0 0 0a

2k = , ( ) t2 22 2 3 2 0 0 0a a⋅

3k = , ( )t2 20 3 2 3 5 3 0 0a a⋅ ⋅ .

Se continuă până la valoarea k n= şi se obţine matricea ataşată B. Legătura dintre matricele A şi B are forma 1B C AC−= . Problema 24. În spaţiul polinoamelor cu o nedeterminată [ ]3R x se dă operatorul liniar [ ] [ ]3 3:T R x R x→

( ) ( )2 1T f f x f ′= − − , [ ]3f R x∈ .

a) Să se afle matricea ataşată în baza canonică. b) Să se afle , , bazele şi dimensiunile. KerT ImTc) Generalizarea pentru polinoame cu grad P n≤ .

Soluţie. a) Avem 2 3

0 1 2 3f p p x p x p x= + + + , { }2 3c 1, , ,...,x x x=B .

Aplicăm T vectorilor bazei şi obţinem:

( )1 2T = , 2 32 2 1 0 0 0x x x= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

( ) ( ) 12 1k kT x x x kxk−= − − , 1,2,3k = (*)

( ) ( )1 2k k k ( )T x kx k x−= + − , 4A∈M

2 1 0 00 1 2 00 0 0 30 0 0 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 2

3

1x

x

x


b) Cunoaşterea unui polinom se reduce la aflarea coeficienţilor săi. Notăm cu p coeficienţii necunoscuţi şi obţinem succesiv:

( )t0 1 2 3p p p p p= , Ap = θ , rang 3A =

2p = α necunoscută secundară, α∈ ,

( )t1 2 1 0p = α − , 21 1 2P x x= − +

( ){ }2Ker 1 2T P x x= = α − + , { }Ker 1T P=B , dim . Ker 1T =

Aflăm . Pentru căutăm p a.î. sistemul ImT ( t0 1 2 3Y y y y y= )

Ap Y= să fie compatibil. Determinăm prΔ şi unicul carΔ . Rezultă:

pr

2 1 00 1 0 60 0 3

Δ = = , car 0Δ = , 3 23 0y y+ =

0y = α , 1y = β , 3y = γ , 2 3y = − γ

1 00 1

3 0 00 0

Y

α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜= = α +β + γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− γ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜γ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

0031

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

1 1Q = , 2Q x= , 2 33 3Q x x= − +

{ }1 2ImT f Q Q Q= = α +β + γ 3

{ }Im 1 2 3, ,T Q Q Q=B , dimIm 3T = .

Teorema rang-defect este verificată. c) În relaţia (*) de la punctul a) se admite variaţia lui k de la 1 la n. Problema 25. În spaţiul euclidian al vectorilor liberi se dă operatorul 3V

( )T x x a= × , a = vector constant nenul, unde operaţia „×” reprezintă produsul vectorial.

a) Să se arate că T este operator liniar. b) Să se afle subspaţiile , , cu dimensiunile şi bazele

corespunzătoare. KerT ImT

c) Să se arate că Ker şi Im sunt subspaţii suplimentare. T T


Soluţie. a) Fie 3,x y V∈ şi ,α β∈ . Calculăm

( ) ( ) ( ) ( )T x y x y xa T x T yα +β = α +β = α +β ,

ceea ce arată că T este liniar b) Determinăm . Metoda 1. Folosim proprietăţile produsului

vectorial al vectorilor liberi. Dacă produsul vectorial este nul, atunci vectorii sunt coliniari, adică:

KerT

( )T x = θ , x a× = θ , x a= λ , { }Ker ,T a= λ α∈

{ }KerT a=B , dimKer 1T = .

Metoda 2. Folosim matricea ataşată A a lui T în baza {c , ,i j k=B } . Fie

1 2 3x x i x j x k= + + , 1 2 3a a i a j a k= + + .

Aplicăm T asupra vectorilor bazei ( ) 3 2T i i a a j a k= × = − +

( ) 3 1T j j a a j a k= × = − , 3 2

3 1

2 1

00

0

a aA a a

a a

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) 2 1T k k a a i a j= × = − +

( )T x Ax= , ( )t1 2 3x x x x= .

Pentru Ker rezolvăm T Ax = θ . Rezultă:

det 0A = , 2pr 3 0aΔ = ≠ , rang 2A =

1

23

3

ax a

aa

⎛ ⎞α ⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, x a= λ , { }Ker ,T a= λ α∈ .

Căutăm . Metoda 1. Folosim proprietăţile vectorilor liberi. Fie ImT3y V∈ . Căutăm x a.î. ( )T x y= . Obţinem:

x a y× = , y a⊥ , , 0y a = , 1 1 2 2 3 3 0a y a y a y+ + =

1 3

2 33 3

3 1 3 2 3 1

1 00 1 0/ /

y ay y a

a ay a a a a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛α β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜= = α +β = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

0

a

⎞⎟⎟⎟− ⎠


1 2y v v= λ + μ , , ( )t1 3 10v a a= − ( )t

2 30v a a= − 2

{ }31 2Im / , ,T y y v v= ∈ = λ + μ λ∈ μ∈

{ }Im 1 2,T v v=B , dimIm 2T =

1 3 2v a i a k= − , 2 3 2v a j a k= − , 3 0a ≠ .

Observaţie. Ecuaţia 1 1 2 2 3 3 0a y a y a y+ + = reprezintă un plan Π care trece prin origine şi are normala n a= . Deci, Im este planul Π . T

Metoda 2. Folosim matricea ataşată A. Fie . Căutăm 3y∈ 3x∈ a.î. Ax y= . Avem

det 0A = , car 1 1 2 2 3 3a y a y a yΔ = + + .

Punem condiţia de compatibilitate a sistemului liniar car 0Δ = şi din nou obţinem planul . Π

c) Am găsit

{ }KerT a= λ , ImT = planul Π cu normala a .

Deci, cele două subspaţii sunt ortogonale, adică . Atunci: (Im KerT T ⊥= )⊥⊕ = 3Ker ImT T V( ) 3Ker KerT T V , ⊕ = ,

ceea ce arată că cele două subspaţii sunt suplimentare. Observaţie. Putem cerceta şi direct că vectorii din cele două baze, a lui şi , sunt l.i. Formăm o combinaţie liniară nulă şi calculăm

determinantul Δ al sistemului. Rezultă: KerT ImT

( )1 3

22 2 22 3 3 1 2 3 3

3 1 2

00 0

a aa a a a a a a aa a a

Δ = = + + = ≠− −

.

Vectorii 1 2, ,a v v sunt l.i. Aceştia formează o bază a lui . Subspaţiile sunt suplimentare. Ele au în intersecţie numai vectorul nul

3Vθ .

Problema 26. În spaţiul euclidian al vectorilor liberi se dă operatorul 3V

3 3:T V V→ , ( ) ( )T x a b x= × × ,

,a b vectori nenuli (dublul produs vectorial). a) Să se arate că T este operator liniar. b) În ipoteza a b⊥ să se determine Ker , o bază şi dimensiunea sa. Tc) Aceeaşi cerinţă ca mai sus, dar fără ipoteza de ortogonalitate. d) Să se afle în ipoteza de la b). ImT


Soluţie. Vectorii sunt exprimaţi în baza canonică { }c , ,i j k=B

1 2 3a a i a j a k= + + , 1 2 3b b i b j b k= + + , 1 2 3x x i x j x k= + + .

a) Fie 3,x y V∈ şi . Calculăm ,α β∈

( ) ( ) ( ) ( )T x v a b x b T x T y⎡ ⎤α +β = × × α +β = α +β⎣ ⎦ .

T este operator liniar. b) Aflăm . Metoda 1. Folosim matricea ataşată A a lui T în .

Prin ipoteză . Aplicăm T asupra vectorilor bazei. KerT cB

1 1 2 2 3 3 0a b a b a b+ + =

( ) ( ) ( )3 2T i a b i a b j b k= × × = × −

( ) 1 1 1 2 1 3 1T i a b i a b j a b k a b= + + =

( ) 2 1 2 2 2 3 2T j a b i a b j a b k a b= + + =

( ) 3 1 3 2 3 3 3T k a b i a b j a b k a b= + + =

1 1 2 1 3 1

1 2 2 2 3 2

1 3 3 3 3 3

a b a b a bA a b a b a b

a b a b a b

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

2

3

xx x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Punem condiţia ( )T x = θ , Ax = θ , 1 1 2 2 3 3 0a x a x a x+ + = .

Ultima ecuaţie reprezintă un plan Π ce trece prin origine şi are normala n a= .

Pe componente, obţinem soluţia generală

1 3

2 33 2

3 1 2

00

x a

1 2x x aa a

x a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞α β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ v v= = + = λ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

μ

2

( )t1 3 10v a a= − , ( )t

2 30v a a= −

{ }1 2Ker / , ,T x x v v= = λ + μ λ∈ μ∈

{ }Ker 1 2,T v v=B , dimKer 2T =

KerT =planul Π . Metoda 2. Aflăm fără a folosi matricea ataşată. Punem condiţia KerT

( )T x = θ şi folosim formula lui Jacobi pentru calcularea dublului produs vectorial. Obţinem succesiv:


( )a b x× × = θ , , ,a x b a b x− = θ

, 0a b = , , 0a x = , 1 1 2 2 3 3 0a x a x a x+ + = .

Am obţinut din nou planul Π ca fiind . KerTc) În ipoteza ,a b ≠ 0 matricea ataşată A are o formă destul de

laborioasă. De aceea aflăm Ker direct din condiţia T

( )T x = θ , ( )a b x× × = θ , b x a× = λ .

Scriem pe componente ultima egalitate şi obţinem succesiv:

1 2 3

1 2

i j kb x b b b

3x x x× = , ( )1 2 3a a i a j a kλ = λ + +

2 3 3 2 1

3 1 1 3 2

1 2 2 1 3

b x b x ab x b x ab x b x a

− = λ⎧⎪ − = λ⎨⎪ − = λ⎩

, 3 2

3 1

2 1

00

0

b bM b b

b b

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

det 0M = , 2pr 3 0bΔ = ≠ , car 0Δ =

( )3 1 1 2 2 3 3 0b a b a b a bλ + + = , 0λ =

0b x× = , x b= μ

{ }Ker / ,T x x b= = μ μ∈

{ }KerT b=B , dimKer 1T = . Observaţie. Pe parcursul rezolvării am folosit următoarele elemente de

calcul cunoscute: i j k× = , j k i× = , k i j× =

j i k× = − , k j i× = − , i k j× = −

( ) ( ) ( )2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1b x i b x b x j b x b x k b x b x× = − + − + − .

( ) , ,a b c a c b a b c× × = − (Jacobi).

d) Căutăm în ipoteza ImT ,a b 0= . Deci, căutăm y pentru care există x a.î. ( )T x y= . Folosim calculul vectorial al vectorilor liberi şi obţinem succesiv:

( )a b x× × = y , ,a x b y=

( )1 1 2 2 3 3 1 2 3a x a x a x b y i y j y k+ + = + +


31 21 1 2 2 3 3

1 2 3

yy ya x a x a xb b b

+ + = = = = α

⎞⎟⎟⎟⎠

1 1

2 2

3 3

y by y b

y b

⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜= = α⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

, y b= α , α∈

{ }Im /T y y b= = α , { }ImT b=B , dimIm 1T = .

Teorema rang-defect este verificată. Problema 27. Să se arate că operatorul liniar , care în baza

canonică are matricea ataşată A, este proiector, unde: 3:T → 3

2 4 24 8 45 10 5

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 2 3 02 3 02 3 0

A− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 3 4 24 8 45 10 6

A− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Soluţie. La început facem observaţia că matricea A ataşată lui T putea fi în orice bază.

T este proiector dacă 2A A= . Se constată că această condiţie este satisfăcută pentru toate matricele date.

Dacă în loc de matricea A relativă la baza se ia matricea B relativă la baza B , atunci

cB1B C AC−= , unde C este matricea de trecere de la la . cB B

Rezultă 2 1 1 1 2 1B C ACC AC C A C C AC B− − − −= = = =

2B B= , operatorul liniar T este proiector. Problema 28. Să se afle toţi proiectorii T ai spaţiului vectorial . 2 /Soluţie. Proiectorul este un endomorfism liniar , cu

proprietatea că

2:T → 2

2T T= . Cunoaşterea proiectorului T revine la aflarea matricei A ataşate într-o bază

oarecare. Deci, căutăm matricea reală

a bA

c d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2A A= .


Rezultă următoarele sisteme de ecuaţii:

1) 2) 3) 2

2

00

0

0

bc

a a

d d

==

− =

− =

2

2

01

0

0

ba d

a a

d d

=+ =

− =

− =

2

2

01

0

0

ca d

a a

d d

=+ =

− =

− =

4) 2

2

1

0

0

a d

a a bc

d d bc

+ =

− + =

− + =

Din primele trei cazuri rezultă matricele A

0 00 0⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , , , , α∈ 0 00 1⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 00 0⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 00 1⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0 01

⎛ ⎞⎜ ⎟α⎝ ⎠

1 00

⎛ ⎞⎜ ⎟α⎝ ⎠

00 1

β⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, 10 0

β⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, α∈ .

În ultimul sistem notăm a = λ , 1d = − λ şi obţinem:

2 0bcλ − λ + = , b = μ , 2

c λ − λ=

μ, 0μ ≠

21

Aλ μ⎛ ⎞

⎜ ⎟= λ − λ⎜ ⎟− λ⎜ ⎟μ⎝ ⎠

, ( ) 1

2

xT x A

x⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, λ∈ , { }0μ∈ − .

Problema 29. Fie un proiector. :T V V→a) Să se arate că subspaţiile şi sunt suplimentare. KerT ImTb) Să se verifice că operatorul 1T e T= − este proiector, unde ( )e x x=

este aplicaţia identică a spaţiului V. c) Să se arate că

1Ker ImT T= , 1Ker ImT T= .

Soluţie. a) Prin definiţia T este operator liniar cu proprietatea că . 2T T=Pentru subspaţii suplimentare trebuie arătat că suma subspaţiilor este

directă şi egală cu V. Fie Ker Imx T∈ ∩ T . Obţinem succesiv:

Kerx T∈ , ( )T x = θ ; Imx T∈ , ( )T y x=

( ) ( )2T y T x= , ( )2T y = θ , ( )T y = θ , x = θ

{ }Ker ImT T = θ∩ , sumă directă.

Arătăm că orice element din V se exprimă cu un element din şi altul din .

KerTImT


Fie x V∈ . Avem egalitatea evidenţă

( )[ ] ( )x x T x T x= − + ,

unde ( ) ImT x T∈ , iar ( ) Kerx T x T− ∈ , deoarece

( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )2T x T x T x T x T x T x− = − = − = θ

V

.

Deci, Ker ImT T+ = . Subspaţiile sunt suplimentare. b) Calculăm . Obţinem succesiv: 2

1T

( ) ( )2 21 12T e T e T e T T e T= − − = − + = − =T

T T= 1

2

1 1, T este proiector. c) Se demonstrează dubla incluziune de mulţimi. Fie 1Kerx T∈ . Obţinem

succesiv: ( )1T x = θ , ( )x T x− = θ , ( )T x x= , Imx T∈ .

Fie Kerx T∈ . Rezultă: ( )T x = θ , ( )T x− = θ , ( )x T x = θ , ( )1T x x= , 1Imx T∈ . −

Problema 30. Fie endomorfismul liniar , cu proprietatea că

, unde : nT → n

2T T e− + = θ ( )e x x= este operatorul identic pe , iar n ( )xθ este operatorul nul pe acelaşi spaţiu.

a) Să se arate că T este automorfism. b) În cazul particular 2n = să se afle toate automorfismele T cu

proprietatea din enunţ. Soluţie. a) Fie A matricea ataşată lui T într-o bază oarecare a lui .

Atunci are loc egalitatea

n

2A A I− + = θ , θ =matricea nulă. Endomorfismul T este automorfism dacă el este bijectiv. T este bijectiv

dacă matricea A este inversabilă. A este inversabilă dacă există matricea pătrată B a.î. AB BA I= = . Deci, căutăm matricea B cu această proprietate. Pentru aceasta prelucrăm relaţia din ipoteză şi definim matricea B astfel:

( )A A I I− + = θ , B I A= − , AB I= , BA I=

1B A−= , 1A I A− = − , T este inversabil T este automorfism. b) Cunoaşterea automorfismului T se reduce la aflarea matricei ataşate A.

Pentru luăm matricea necunoscută A sub forma 2n =

a bA

c d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, det 1A ad bc= − = , 1 d bA

c a− −⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


Punem condiţia din enunţ şi obţinem succesiv: 2A A I− + = θ , 1A I A−− + = θ , 1a d = , 1ad bc− = +

a = α , , 1d = −α 2 1bc = −α + α − , b = β

α∈ , β∈ , 0β ≠ , 2 1c −α + α −

=β

2 1 1A

α β⎛ ⎞⎜ ⎟= −α + α −⎜ ⎟− α⎜ ⎟β⎝ ⎠

, ( )T x Ax= .

( ) 1

2

xT x A

x⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Matricea A verifică toate condiţiile din enunţ. Observaţie. Matricea A de mai sus a provenit din condiţia suplimentară

det 1A = . Dacă luăm det 1A = − , se obţine o contradicţie evidentă. Dacă luăm

det A r= , , r∈ 0r ≠ , , se obţine ecuaţia 1r ≠ 2 1 0r r+ + = , ceea ce conduce la care, de asemenea, este o contradicţie. Deci, toate automorfismele T au forma găsită mai sus.

r∈

Problema 31. Fie T o transformare liniară între spaţii euclidiene

, care în bazele canonice are matricea ataşată 2:T → ( )1 2A = .

a) Să se determine , (KerT )KerT ⊥ , bazele şi dimensiunile. b) Să se interpreteze geometric aceste subspaţii. c) Să se arate că cele două subspaţii sunt suplimentare. Soluţie. a) ( )T x Ax= , ( t

1 2 )x x x= . Rezultă:

Ax = θ , , 1 22 0x x+ = 12 2

1x v

− α −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = α = α⎜ ⎟ ⎜ ⎟α⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, α∈

{ }21Ker /T x x v= ∈ = α , { }Ker 1T v=B , . dimKer 1T =

Pentru căutăm vectorii (KerT ⊥) 2x∈ , Kerx T⊥ . Aceasta revine la a determina x cu 1x v⊥ . Luăm ( t

1 2 )x x x= şi obţinem:

1, 0x v = , , 1 22 0x x− + = 21

2 2x v

β⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = β = β⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠


( ) { }22Ker / ,T x x v⊥ = ∈ = β β∈

( ) { }2KerTv⊥ =B , ( )dim Ker 1T ⊥ = .

b) Interpretare geometrică. În planul am ales sistemul ortogonal de axe

2

1O 2x x . Atunci, şi KerT (KerT )⊥ reprezintă două drepte perpendiculare în plan, care trec prin origine şi sunt orientate după direcţiile vectorilor şi, respectiv, . Cele două drepte perpendiculare formează un nou sistem de axe în plan, notat

1v2v1 2Ox x′ ′ .

Putem alege versorii pe cele două axe. Aceştia sunt şi , unde: 1u 2u

21 5v = , 2

2 5v = , 11 5

vu = , 22 5

vu = .

Putem interpreta că sistemul de axe 1O 2x x s-a rotit în sistemul 1 2Ox x′ ′ . Matricea rotaţiei este construită cu versorii

2 111 25

B−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, tBB I= , det 1B = − .

Deoarece det 1B = − , rotaţia sistemului de axe se face în sens invers-trigonometric. Astfel, direcţia axei 1Ox′ este direcţia lui . KerT

c) Dacă se reprezintă grafic şi KerT (KerT )⊥ , se vede că aceste subspaţii au comun numai vectorul nul θ . Acelaşi lucru se obţine algebric în felul următor:

1 2v vα = β , 2− α = β , 2α = β , 0β =

2 1v vβ = θ = α , ( ) ( )Ker KerT T ⊥ = θ∩

( )Ker KerT T ⊥⊕ , . ( ) 2Ker KerT T ⊥⊕ =

Cele două subspaţii sunt suplimentare. Observaţie. Descompunerea de mai sus se poate generaliza la , adică n

( )Ker Ker nT T ⊥⊕ = , . : nT →

Această descompunere se foloseşte în teoria funcţiilor BOX SPLINE unde se calculează integrale multiple. Integralele multiple se descompun sub forma

( )( )

( )KerKer

, d d d , dn TT

f x y x y y f x y x⊥

=∫∫ ∫ ∫ .


Problema 32. Fie T o transformare liniară între spaţii euclidiene , care în bazele canonice are matricea ataşată 3:T → ( )1 2 3A = − .

a) Să se determine , (KerT )KerT ⊥ , bazele şi dimensiunile. b) Să se interpreteze geometric aceste subspaţii. c) Să se arate că cele două subspaţii sunt suplimentare. Soluţie. a) ( )T x Ax= , ( )t

1 2 3x x x x=

Ax = θ , , 1 2 32 3 0x x x+ − = α∈ , β∈

1 2

2 3 2 31 00 1

x v v− α + β −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= α = α +β = α +β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

{ }1 2KerT x v v= = α +β , { }Ker 1 2,T v v=B , . dimKer 2T =

Pentru căutăm vectorii (KerT ⊥) 3x∈ , Kerx T⊥ . Aceasta revine la a determina x cu Kerx T⊥ , adică KerTx ⊥B . Rezultă:

1, 0x v = , 2, 0x v = , γ∈

3

12 23 3

x vγ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟= γ = γ = γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− γ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) { }3KerT x v⊥ = = γ , ( ) { }3KerT

v⊥ =B , . ( )dim Ker 1T ⊥ =

Se vede că se verifică teorema rang-defect. b) Subspaţiul reprezintă planul KerT Π din , ce trece prin origine şi

are ecuaţia şi normala 3

n de forma

1 2 32 3 0x x x+ − = , ( )n 1,2, 3− .

Subspaţiul este normala (KerT ⊥) n la planul Π , cu coordonatele . ( )t

3 1 2 3v = −c) Din interpretarea geometrică se vede că cele două subspaţii au comun

numai vectorul nul . Algebric, acelaşi rezultat se obţine punând . Interpretăm aceasta ca sistem liniar cu necunoscutele α ,

θ1 2v vα +β = γ 3v β şi

parametrul . Punem condiţia de compatibilitate a sistemului şi rezultă: γ

car 14Δ = − γ , , , 0γ = 3vγ = θ 1 2v vα +β = θ

( )Ker KerT T ⊥ = θ∩ , ( )Ker KerT T ⊥⊕


{ }1 2 3, ,v v v=B este bază a lui 3

( ) 3Ker KerT T ⊥⊕ = . Cele două subspaţii sunt suplimentare. Consecinţă: descompunerea unei integrale multiple se poate face prin formula

( )( )

( )3

1 2 3 3 1 2 3 1 2KerKer

, , d d , , d dTT

f x x x x f x x x x x⊥

ω =∫∫∫ ∫ ∫∫ .

Problema 33. Fie T o transformare liniară între spaţii euclidiene

, care în bazele canonice are matricea ataşată . 3:T → 2

)

1 2 13 6 3

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠

a) Să se determine , (KerT KerT ⊥ , bazele şi dimensiunile. b) Să se determine , ImT ( )ImT ⊥ , bazele şi dimensiunile. Soluţie. a) Folosind ( t

1 2 3 )x x x x= obţinem succesiv:

Ax = θ , rang 1A = , sistem dublu nedeterminat

1 2

2 2 11 00 1

x v vα +β⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= α = α +β = α +β⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟β⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, α∈ , β∈

{ }1 2KerT x v v= = α +β , ( ) { }1 2Ker

,T

v v⊥ =B , di . mKer 2T =

Pentru ( căutăm x a.î )KerT ⊥ Kerx T⊥ , adică

1, 0x v = , 2, 0x v = , ( )t31 2 1x v= γ − − = γ

( ) { }3Ker ,T x v⊥ = = γ γ∈ , ( ) { }3KerT

v⊥ =B , . ( )dim Ker 1T ⊥ =

b) Căutăm , pentru care există 2y = ( t1 2y y y= ) 3x∈ a.î. Ax y= .

Punem condiţia de compatibilitate a acestui sistem liniar prin

1 23 0 α , 2 3y = − α , 113

y u⎛ ⎞= α = α⎜ ⎟−⎝ ⎠

y y = 1y, + =

{ }1Im ,T y u= = α α∈ , { }Im 1T u=B , . dimIm 1T =

Pentru ( căutăm a.î. )ImT ⊥ 2y∈ Imy T⊥

1, 0y u = , , 1 23 0y y− = 2y = β , 1 3y = β , β∈


231

y u⎛ ⎞= β = β⎜ ⎟

⎝ ⎠, ( ) { }2Im ,T y u⊥ = = β β∈

( ) { }2ImTu⊥ =B , ( )dim Im 1T ⊥ = .

Se vede că este îndeplinită teorema rang-defect 3dimKer dimIm dim 3T T+ = = .

Atenţie: ( ) ( )dim Ker dim Im 2 3T T ⊥⊥ + = ≠

0

. Interpretare geometrică. Subspaţiul este un plan Π care trece prin

origine KerT

1 2 32x x x− − = , normala ( )1, 2, 1n − − .

Se vede că normala planului Π este subspaţiul ( )KerT ⊥ . Problema 34. Fie operatorii liniari şi ai spaţiului euclidian , care

în baza canonică au formele 1T 2T 3

( ) ( )t1 1 2 3 1 2 3 1 2

1 2 2 ,2 2 , 2 23

T x x x x x x x x x x= + − − + − + + 3

( ) ( )t2 1 2 3 1 2 3 11 2 , 2 , 2 22

T x x x x x x x x x= + + + − − + 2 .

Să se arate că fiecare operator este ortogonal şi să se verifice consecinţele ortogonalităţii.

Soluţie. Se ştie că un operator liniar T este ortogonal dacă şi numai dacă matricea ataşată A este ortogonală, adică t tAA A A I= = . Ortogonalitatea nu depinde de baza folosită.

Pentru operatorul obţinem: 1T

1

2 2 11 2 1 23

1 2 2A

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, t t1 1 1 1A A A A I= = .

1T este operator ortogonal. Consecinţe:

a) ( )1T x x= , deoarece 2 2 21 2

23x x x x= + +

( )2 2

2 1 2 3 1 2 3 1 2 31

2 2 2 2 2 23 3 3

2x x x x x x x x xT x + − − + − + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

;

b) ( ) ( )1 1, ,T x T y x y= , 1 1 2 2 3 3,x y x y x y x y= + + ;


c) valorile proprii ( a se vedea cap. 6) sunt 1 şi 1− , deoarece 21A I= şi

. ( ) ( )( 21det 1 1A I− λ = − λ + λ − )Pentru operatorul obţinem: 2T

2

1 1 21 1 1 22

2 2 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, t t2 2 2 2A A A A I= = .

2T este operator ortogonal. Consecinţe: a) ( )2T x x= , deoarece

( )2 2 2

2 1 2 3 1 2 3 1 22

2 2 2 22 3 2

x x x x x x x xT x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + − +

= + +⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

⎟⎠

;

b) ( ) ( )2 2, ,T x T y x y= ;

c) valorile proprii sunt de modul 1, deoarece 22A I≠ şi

( ) ( )( )22det 1 1A I− λ = λ − λ + . Matricea 1A este simetrică şi deci are valori proprii reale. Matricea 2A nu

este simetrică şi deci valorile proprii pot fi şi complexe. Problema 35. a) Să se determine a∈ a.î. operatorul liniar

2 21 :T → , ( )

t

1 1 2 11 1,2 2

T x ax x x ax⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎝ ⎠2 să fie ortogonal.

b) Să se determine parametrii reali necunoscuţi a.î. operatorul liniar 3 3

2 :T →

( )t

2 1 2 3 1 2 3 1 21 1, ,2 2

T x x ax bx bx x ax ax bx x⎛ ⎞= − + + − + + −⎜ ⎟⎝ ⎠3

12

să fie ortogonal. Soluţie. a) Metoda 1. Punem condiţia ca să păstreze produsul scalar în

spaţiul euclidian . Obţinem succesiv: 1T

2

( ) ( )1 1 1 1 2, , , ,T x T y x y x y x y x y= = + 2

( ) ( ) ( )21 1 1 1 2

1,4

T x T y a x y x y⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠ 2

2 1 14

a + = , 13

2a = , 2

32

a = − .


Metoda 2. Punem condiţia ca t tAA A A I= = . Rezultă

1/ 21/ 2a

Aa

⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

, , 2

t2

1/ 4 0

0 1/ 4

aAA

a

⎛ ⎞+= ⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

2 1 14

a + = .

Metoda 3. Punem condiţia ca ( )1T x x= . Obţinem succesiv:

( ) ( )2 2 2 221 1

14

T x a x x⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2 2 21 2x x x , 2 1 1

4a + = . = +

b) Metoda 1. Punem condiţia de păstrare a produsului scalar în spaţiul euclidian . Rezultă: 3

( ) ( )2 2 1 1 2 2 3, , , ,T x T y x y x y x y x y x y= = + 3+

( ) ( ) ( )

( )

2 22 2 1 1 2 2 3 3

1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2

1,4

2 2

T x T y a b x y x y x y

a bab x y x y x y x y x y x y

⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞+ − − + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 1 14

a b+ + = , 02 2a bab − − = . (*)

Rezolvăm sistemul (*) cu necunoscutele reale a şi b. Obţinem succesiv:

2 2 34

a b+ = , ( )2 0ab a b− + = ; S a b= + , P ab=

2 324

S P− = , 2 0P S− = , 2 3 04

S S− − =

132

S = , 134

P = , 2 3 3 02 4

t t− + = , 1 0Δ < , nu convine

212

S = − , 214

P = − , 2 1 1 02 4

t t+ − = , 2 0Δ >

11 2

4t − += , 2

1 54

t − −= .

Luăm

11 5

4a − += , 1

1 54

b − −= ; 2

1 54

a − −= , 2

1 54

b − += .

Metoda 2. Punem, condiţia t tAA A A I= = . Rezultă:


1/ 21/ 2

1/ 2

a bA b a

a b

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

t, AA I=

2 2 1 14

a b+ + = , 02 2a bab − − = .

Se continuă ca la sistemul (*). Problema 36. Notăm cu T∗ operatorul adjunct al operatorului liniar T,

într-un spaţiu euclidian. Să se afle operatorii adjuncţi ai următorilor operatori liniari:

a) , , 2 2:T → ( ) ( )t1 2 1 22 , 3T x x x x x= − + 2x∈ ;

b) , ; : n nT → ( ) ( )t1 2 2 3 1 1, ,..., ,n n nT x x x x x x x x x−= + + + +

c) , : n nT → ( )T x ix= , nx∈ . Soluţie. Fie A matricea ataşată lui T şi A∗ matricea ataşată lui T . Atunci ∗

tA A∗ = . Deci, a determina operatorul adjunct T∗ revine la găsirea matricei ataşate A∗ şi forma operatorului este ( )T y A y∗ ∗= .

a) Scriem A şi determinăm A∗ . Rezultă:

2 11 3

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2 11 3

tA A∗⎛ ⎞= =⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) ( )t1 2 1 22 , 3T y y y y y∗ = + − + .

Consecinţă. Se verifică imediat egalitatea de definire a operatorului adjunct T ∗

( ) ( ), ,T x y x T y∗ = .

b) Pentru comoditate reducem redactarea la 4n =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 11 0 0 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

1 0 0 11 1 0 00 1 1 00 0 1 1

A A∗

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Consecinţă. Se verifică egalitatea de definire a operatorului adjunct T∗ . c) Metoda 1. Scriem matricea A ataşată lui T şi aflăm matricea A∗ ataşată

lui T . Pentru comoditate fie ∗ 3n = . Obţinem succesiv:

( ) ( )t1 2 3i i iT x x x x=


i 0 00 i 00 0 i

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, i 0 0

0 i 00 0 i

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ti 0 0

0 i 00 0 i

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Se ştie că tA A∗ = . Deci ( ) tT x A x∗ =

( ) tT x A x∗ = , ( ) iT x x∗ = − , . nx∀ ∈

Metoda 2. Folosim definiţia operatorului adjunct în complex şi rezultă:

( ) ( ) ( ), , , , ,T x y x T y T x y x y∗ ∗= = i

( ), i ,T x y x y∗ = − , ( ) iT x x∗ = − .

Proba pentru corectitudinea calculelor se face în mai multe feluri. Varianta 1.

( ) ( ), ,T x y x T y∗ = , i , ,ix y x y− =

i , i ,x y x y− = , i , i ,x y x y − = −

i , i ,x y x y ∈ , . ny∈x∀− = −

Varianta 2. ( ) ( ), ,T x y x T y∗ =

i , ,ix y x y− = , ( ) tt ti i , i t ix y x y x y x y− = − = ti i tx y x− = − y . Adevărat pentru orice . , nx y∈

Problema 37. Să se determine parametrii necunoscuţi şi

a.î. operatorii liniari care urmează să fie autoadjuncţi , ,a b c∈

, ,u v w∈

3 31 :T → , ( )1 1T x A x= , 1

35 24 3 5

a bA c

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3 32 :T → , ( )2 2T x A x= , 2

21 i 32 i 3 2i 5

u vA w

⎛ ⎞⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠

.

Să se facă proba de corectitudine a calculelor. Soluţie. Operatorul liniar este autoadjunct dacă 1T t

1 1A A= . Rezultă , , . 5a = − 4b = 3c =Proba constă în a verifica egalitatea


( ) ( )1 1, ,T x y x T y= , 3x∈ , . 3y∈

Obţinem succesiv:

1 1, ,A x y x A y= , ( )t t1 1A x y x A y=

t t1 1x A t xA y= , t

1 1A A= . Adevărat.

Operatorul liniar este autoadjunct sau hermitic dacă 2T t2 2A A= . Rezultă:

1 iu = − , 2 iv = + , 3 2iw = − . Proba constă în a verifica egalitatea

( ) ( )2 2, ,T x y x T y= 3, , . 3y∈x∈

Obţinem succesiv:

2 2, ,A x y x A y= , ( ) ( )t t2 2A x y x A y=

t t t2 2x A y x A y= , t

2 2A A= . Adevărat.

Problema 38. În spaţiul vectorial al matricelor pătrate reale cu elemente

pozitive ( )n +M definim produsul scalar prin

(, Tr )A B A= B (urma matricei produs AB).

a) Fie operatorul liniar ( ) ( )2 2:T + +→M M

( )T A B= , , . a b

Ac d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

d bB

c a⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Să se arate că T este operator ortogonal autoadjunct (adică operator ortogonal simetric).

b) Generalizare. ( ) ( )2 2:T + +→M M , ( )T A B=

11 12 1

21 22 1, 1

1 2

n

n

n n nn

a a aa a a

A

a a a

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

1, 1

, 1 1, 1 1, 1

1 1,1 1

nn n n n

n n n n n

n n

a a aa a a

B

a a a

−

1

− − − −

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Prin definiţie ( )2 2TrA A= , ( )2Tr 0A > .

a) Operatorul T este ortogonal dacă ( )T X X= sau ( ) 2 2T X X= . Prin calcul efectiv obţinem:

( ) ( )2 2 2 2Tr 2T A B B a bc d= = = + + 2


( )2 2 2Tr 2 2A A a bc d= = + +

( )T A A= . T este operator ortogonal.

Operatorul T este autoadjunct (simetric) dacă ( ) ( ), ,T X Y X T Y= , ( )2,X Y +∀ ∈M .

Fie , Y . a b

Xc d⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

α β⎛ ⎞= ⎜ ⎟γ δ⎝ ⎠

Prin calcul efectiv obţinem succesiv:

( ) d bT X

c a⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )T Yδ β⎛ ⎞

= ⎜ ⎟γ α⎝ ⎠

( ), Trd b

T X Y d b c ac a

⎡ α β ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞= = α + γ⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟γ δ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

+ β + δ

( ), Tra b

X T Y a b c dc d

⎡ δ β ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞= = δ + γ⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟γ α⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

+ β + α .

Egalitatea este satisfăcută şi deci operatorul liniar T este autoadjunct. b) Pentru calculele cerute de generalizare se folosesc formulele

( )ijA a= , ( )ijB b= , ( )ijAB C c= =

1

n

ij ik kjk

c a b=

=∑1

Trn

iii

, A a=

=∑ .

5.6 Probleme propuse 1. Fie operatorul liniar cu valorile 3:T → 3

( ) ( )t1 2 3 1 2 3 1 2 3T X x x x x x x x x x= + + + + + + .

Să se determine: a) , şi o bază ; KerT dimKerT 1Bb) , şi o bază . ImT dimImT 2B

R. ( ) ( ){ }t t1 1 0 1 , 0 1 1= − −B ; ( ){ }t2 1 1 1=B .

2. În se dă aplicaţia T cu valorile 3

( ) ( )t1 2 3 1 2 3 1 2 35T X x x x x x x x x x= + − − + + + .

a) Să se arate că T este operator liniar.


b) Să se scrie matricea lui T în baza canonică . cBc) Să se afle , şi bazele corespunzătoare. KerT ImT

3. Fie un operator liniar definit prin 3:T → 3

( ) ( )t1,0,0 3 1 0T = , ( ) ( )t0,0,1 1 2 0T =

( ){ }t1 1Ker / 1 1 1 ,T X X X= = α = α∈ .

Să se determine Im şi o bază a sa. T R. . ( ) ( ){ }t t1 0 0 , 0 1 0=B

4. Fie , . 3 3:T → ( ) ( )t

1 2 3 2 2T X x x x x x= − + Să se arate că T este un proiector şi să se determine operatorul liniar

. e T− R. . 2T T=

5. Fie [ ]3 t spaţiul polinoamelor reale de grad cel mult 3 şi

[ ] [ ]3 3:T t t (→ , ) P PT P ′ − ( P′ – derivata). =

Să se scrie matricea ataşată lui T în baza canonică { }2 3c 1, , ,t t t=B .

R. Se calculează ( )1T , ( )T t etc.

6. Să se afle ( )1T P− , unde T este operatorul liniar de la problema anterioară. R. Deoarece { }KerT = θ , atunci 1T − există.

7. În spaţiul unitar se consideră operatorul T care într-o bază unitară

are matricea ataşată 3

4 3i 4i 6 2i1 4i 4 3i 2 6i9

6 2i 2 6i 1A

+ − − −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

+ .

Să se arate că T este operator unitar. R. Se arată că t tAA A A= = I .

8. Să se scrie matricea ataşată următoarelor transformări liniare: a) , ; 2 4:T → ( ) ( )t

1 1 2 2 1 2T X x x x x x x= + −

b) , . 4 3:T → ( ) ( )t1 2 1 3 1 4T X x x x x x x= + + +


9. Fie operatorii liniari:

3 31 :T → , ; ( ) ( )t1 1 2 2 3 22T X x x x x x x= + − + 3

1

2 2

3 32 :T → , . ( ) ( )t2 3 2T X x x x= −

Să se calculeze şi 3 1T T T= + 4 1T T T= . R. ( ) ( ) ( )3 1 2T X T X T X= + , ( ) ( )( )4 1 2T X T T X= .

10. Fie operatorul liniar care în baza canonică 4:T → 4

{ }c 1 2 3 4, , ,e e e e=B are matricea ataşată A

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

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Să se afle matricea B ataşată lui T în baza { }2 3 4 1, , ,e e e e=B (obţinută prin amestecare).

11. Fie transformarea liniară

4 3:T → , ( )1 2 3

3 4

1 4

x x xT X x x

x x

− − +⎛ ⎞⎜ ⎟= − +⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

1

2

3

4

xx

Xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜=⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟⎟

exprimată în bazele canonice ale lui şi . Fie bazele noi,

respectiv

4 3

{ }1 1 2 3 4, , ,u u u u=B , { }2 1 2 3, ,v v v=B ,

unde vectorii au componentele aşezate în ordinea numerotării din baze 1 1 1 11 0 0 10 0 1 10 1 0 1

; 1 1 01 0 10 1 1


Folosind două metode, să se determine matricele A şi B ataşate respectiv în bazele canonice şi în bazele , . 1B 2B

12. În spaţiul polinoamelor reale [ ]2 t se definesc operatorii liniari:

a) ( )T P P tP′= − ; b) ( ) ( )1T P P t P′= − + . Să se afle matricea fiecărui operator în baza canonică { }2 31, , ,t t t . Să se

afle , Im şi să se determine dimensiunile acestor subspaţii şi câte o bază. KerT T

R. , dim

1 0 0 00 0 0 00 0 1 00 0 0 2

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

Ker 1T = , dimIm 3T = ;

,

1 0 0 01 2 0 00 2 3 00 0 3 4

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

dimKer 0T = , dimIm 4T = .


CAPITOLUL 6 VALORI PROPRII ŞI VECTORI PROPRII

AI UNUI OPERATOR LINIAR. FORMA DIAGONALĂ ŞI FORMA CANONICĂ JORDAN

6.1 Valori proprii. Vectori proprii A. Notăm cu un spaţiu vectorial peste corpul comutativ K, algebric

închis. În general, K este sau . Fie /V K

/V K′ un alt spaţiu vectorial peste acelaşi corp. În capitolul anterior am studiat transformările liniare :T V V ′→ şi operatorii liniari . Un operator liniar se mai numeşte endomorfism. Pentru un operator liniar se definesc noţiunile de valoare proprie şi vector propriu.

:T V V→

În general, o valoare proprie se notează cu Kλ∈ , iar vectorul propriu se notează cu . X V∈ Definiţie. Vectorul X V∈ , X ≠ θ se numeşte vector propriu al operatorului liniar T dacă există Kλ∈ a.î. ( )T X X= λ . Scalarul Kλ∈ se numeşte valoare proprie corespunzătoare vectorului propriu X. În cele ce urmează presupunem că este finită şi . Atunci operatorului liniar T i se ataşează o matrice

dimV dimV n=( )nA K∈M într-o bază finită şi

. De aceea a calcula valorile proprii şi vectorii proprii ai operatorului liniar T este echivalent cu a calcula valorile proprii şi vectorii proprii pentru matricea ataşată A.

B( )T X AX=

Valorile proprii şi vectorii proprii depind numai de T nu şi de matricea A ataşată folosită. Referirea la operatorul T este echivalentă cu referirea la matricea ataşată A într-o bază oarecare. Regulă: aflarea valorilor proprii ale operatorului T se reduce la aflarea rădăcinilor polinomului caracteristic al matricei ataşate A. Definiţie. Se numeşte polinomul caracteristic al operatorului liniar T sau al matricei ataşate A un polinom notat ( )TP λ sau ( )AP λ cu valorile

( ) ( )T AP Pλ = λ , ( ) ( )detAP A I ( )λ = − λ , nI K∈M .

Rădăcinile lui sunt valorile proprii ale lui T. ( ) 0AP λ = Dacă în loc de matricea A în baza B se ataşează matricea B în baza ′B , atunci

1B C AC−= , ( ) ( )det detB I A I−λ = −λ ,


unde ( )nC∈M K este matricea de trecere de la baza B la baza , adică polinomul caracteristic este invariant la schimbarea bazei.

′B

Definiţie. Se numeşte spectrul operatorului liniar T (sau echivalent, spectrul matricei ataşate A) mulţimea tuturor valorilor proprii ale lui T. Valorile proprii se notează cu 1 2, ,..., nλ λ λ . Acestea pot să fie distincte sau cu anumite grade de multiplicitate. Consecinţă: . Dacă printre valorile proprii există , atunci

1 2det ... nA = λ λ λ 0kλ =det 0A = . B. Corespondenţa dintre valorile proprii şi vectorii

Unei valori proprii îi corespunde o infinitate de valori proprii, adică dacă X este vector propriu pentru

λλ , atunci şi Xα este vector propriu

corespunzător lui λ , cu Kα∈ , 0α ≠ . Un vector propriu X provine dintr-o singură valoare λ . La valori proprii distincte corespund vectori proprii liniar independenţi

1 2, ,..., pλ λ λ distincte l.i. ⇒ 1 2, ,..., pX X X

Valorile proprii sunt din K, unde K este sau . Dacă matricea A este reală şi simetrică ( )tA A= , atunci toate valorile proprii sunt reale. Nu şi reciproc. Dacă A este matrice hermitică ( )tA A= , toate valorile proprii sunt reale. Nu şi reciproc. Dacă este valoare proprie pentru A, atunci este valoare proprie pentru

λ kλkA , . 1k ≥

Observaţie. În toate problemele rezolvate sau propuse care urmează, dacă nu se specifică în mod expres baza B , atunci se consideră că aceasta este baza canonică a spaţiului considerat. Proprietatea matricelor stocastice: o matrice stocastică A are întotdeauna valoarea proprie unică . Celelalte valori proprii 1 1λ = iλ sunt din sau din , cu 1iλ = sau 1iλ < .

6.2 Multiplicitatea algebrică. Subspaţiul propriu. Multiplicitatea geometrică

A. Fie spaţiul vectorial V, operatorul liniar T şi matricea ataşată A într-o bază B . Fie dimV n= .

Valorile proprii ale lui T sau, echivalent, A se află rezolvând ecuaţia caracteristică

( )det 0A I−λ = sau ( ) 0AP λ = . Valorile proprii pot fi toate distincte sau unele pot să se repete. De

exemplu: 1λ , , 2 3 4λ = λ = λ 5λ , 6 7λ = λ , 7n = .


Definiţie. Se numeşte multiplicitatea algebrică a valorii proprii un număr natural

iλ( ) 1im λ ≥ egal cu ordinul de multiplicitate a lui în spectrul

operatorului T. iλ

De exemplu:

( )1 1m λ = , ( )2 3m λ = , ( )5 1m λ = , ( )6 2m λ = , 1 3 1 2 7+ + + = .

Definiţie. Se numeşte subspaţiul vectorilor proprii corespunzători valorii proprii λ o mulţime notată ( )S λ , care este formată din toţi vectorii proprii proveniţi din , la care se adaugă vectorul nul λ θ . Mai simplu, ( )S λ se numeşte subspaţiul propriu generat de λ . Orice ( )X S∈ λ , , este un vector propriu.

X ≠ θ

Deoarece ( )S λ este spaţiu vectorial, el are baza şi dimensiunea ( )S λB( )dimS λ . În aplicaţii, o dată cu aflarea lui ( )S λ se află şi baza şi dimensiunea

sa. Definiţie. Se numeşte multiplicitatea geometrică a valorii proprii λ un

număr natural notat ( )g λ , definit prin

( ) ( )dimg Sλ = λ , ( ) 1g λ ≥ .

Subspaţiul propriu ( )S λ este un invariant al operatorului liniar T, adică ( ) ( )T X S∈ λ ( )X S∀ ∈ λ .

Fie un spaţiu euclidian. Dacă este un operator autoadjunct (adică

/V :T V V→tA A= ), atunci subspaţiile proprii ( )1S λ şi ( )2S λ , cu

, sunt subspaţii ortogonale. Analog pentru un spaţiu unitar şi operatorul hermitic T (adică

1λ ≠ λ2 /VtA A= ).

Fie o valoare proprie cunoscută. Aflarea subspaţiului propriu kλ ( )kS λ se face prin rezolvarea sistemului omogen

( )kA I X− λ = θ , . ( )t1 2 nX x x x=

Se recomandă structurarea soluţiei generale X după necunoscutele secundare, sub forma

1 2 ... rX X X X= α +β + + γ .

Atunci baza lui ( )kS λ este

( ) { }1 2, ,..., rS X X Xλ =B , ( )dim kS rλ = .

B. Fie operatorul liniar cu matricea ataşată A în baza . Presupunem că polinomul caracteristic admite o descompunere în factori ireductibili de forma

:T V V→ B


( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 21 21 ... rn nn n

AP λ = − λ − λ λ − λ λ − λ

1 2 ... dimrn n n n V+ + + = = .

Lema fundamentală. Dacă ( ) ( )1 ,..., rS Sλ λ sunt subspaţiile proprii ale valorilor proprii distincte, atunci

( ) ( ) ( )1 2 ... rV S S S= λ ⊕ λ ⊕ ⊕ λ ,

unde reprezintă suma directă de subspaţii. ⊕C. Fie o valoare proprie oarecare. Atunci kλ

( ) ( ){ } ( )/ Kerk kS X V A I X Aλ = ∈ − λ = θ = − λk I

r

.

Dacă , , este o bază de vectori proprii ai lui ( )kS λB 1,k = ( )kS λ , atunci

( ) ( ) ( )1 2 rp S S Sλ λ= ∪ ∪ ∪B B B ... B λ este o bază de vectori proprii a lui V. Într-un spaţiu euclidian sau unitar, această bază se poate ortogonaliza sau

ortonorma.

6.3 Metode de determinare a polinomului caracteristic Polinomul caracteristic se asociază unui operator liniar T sau echivalent, unei matrice ataşate A a lui T. De aceea polinomul caracteristic al matricei A se notează . Dacă A este matrice pătrată de ordinul n, atunci ( )AP λ ( )grad AP nλ = . Pentru calcularea polinomului caracteristic există mai multe metode.

Metoda 1. Se foloseşte definiţia. Fiind dată matricea A se calculează

A I− λ , ( ) ( )detAP A iλ = − λ .

Se dezvoltă ( )det A i−λ şi rezultă un polinom de forma

( ) ( ) ( ) ( )1 111 1 ... 1n nn n

1A nP a na a− −−λ = − λ + − λ + + − λ + . (6.3.1)

Semnele coeficienţilor nedeterminatei λ alternează. Au loc exprimările de coeficienţi

1 11 22trace tr ... nna A A a a a= = = + + + (, )det 0n Aa A P= = .

Aceasta ajută la verificarea calculelor. Prin rezolvarea ecuaţiei caracteristice ( ) 0AP λ = se obţin cele n valori

proprii cu diferite grade de multiplicitate algebrică.

Metoda 2. Se folosesc toţi minorii cu diagonala suprapusă peste diagonala principală a matricei folosite. Rezultă coeficienţii polinomului


caracteristic, la care se impune alternanţa semnelor. Pentru minori folosim notaţiile:

ii ij

ji jj

a ai jA

i j a a⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

, ii ij ik

ji jj jk

ki kj kk

a a ai j k

A a a ai j k

a a a

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠ etc.

Rezultă formulele:

2n = , ( ) 2det tr detA I A− λ = λ − λ + A ;

3n = , ( ) 3 2

1 3

det tr deti j

i jA I A A

i j≤ < ≤

⎛ ⎞− λ = −λ + λ − λ +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ A

4n = ,

( ) 4 3 2

1 4 1 4

det tr deti j i j

i j i j kA I A A A

i j i j k≤ < ≤ ≤ < ≤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− λ = λ − λ + λ − λ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ A

, ,...,a a a

.

Se continuă în mod analog pentru orice n. În aplicaţii se impune atenţie mărită la calcularea indicilor de însumare. Metoda este programabilă la calculator.

Metoda 3. Se folosesc formulele lui Newton. Determinarea polinomului caracteristic se reduce la aflarea coeficienţilor din (6.3.1). Folosim notaţiile

1 2 n

1 2, ,..., nλ λ λ – valorile proprii ale matricei A

1 2 ...k k kk nS = λ + λ + + λ 1,k n, = .

Se ştie că

, tr kkS A= 1,k n= (6.3.2)

1 1 2

2 1 2 1 3 1

3 1 2 3 1 2 4 2 1

1 2

... tr...

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

... det .

n

n n

n n

n n

a Aaa

a A

−

− −

= λ + λ + + λ =

= λ λ + λ λ + + λ λ

= λ λ λ + λ λ λ + + λ λ λ

= λ λ λ =

n

Aflarea coeficienţilor se face în următoarele etape: 1 2, ,..., na a a

Etapa 1. Se calculează kA şi pentru tr kkS = A 1,k n= .


Etapa 2. Se află coeficienţii necunoscuţi din sistemul recurent

( ) ( )

1 1

2 1 1 2

3 1 2 2 1 3

11 1 1 1

1 1

02 0

3 0........................................

... 1 1 0...........................................................................

...

k kk k k k

n n

S aS a S aS a S a S a

S a S a S ka

S a S

−− −

−

− =− + =− + − =

− + + − + − =

− + ( ) ( )11 11 1n n

n na S na−− 0.+ − + − =

Formulele din ultima etapă se numesc formulele lui Newton.

6.4 Teorema Hamilton-Cayley. Aflarea matricei inverse Teoremă. Orice matrice pătrată ( )nA K∈M îşi anulează propriul

polinom caracteristic ( ) 0AP A = , 0 – matricea nulă.

Consecinţă. Dezvoltat, ( ) 0AP A = reprezintă

. (6.4.1) ( ) ( ) ( )1 11 11 1 ... 1n nn n

n nA a A a A a− −−− + − + + − + 0I =

Dacă 0 Kλ = ∈ nu este valoare proprie, atunci det 0na A= ≠ şi deci matricea 1A− există. Înmulţim relaţia (6.4.1) cu 1A− şi obţinem:

( ) ( ) ( )11 1 21 1

1 1 1 ... 1n nn nn

nA A a A a

a−− − −

− I− ⎡ ⎤= − + − + + −⎣ ⎦ . (6.4.2)

După ce polinomul caracteristic al matricei A este cunoscut, prin formula (6.4.2) calcularea matricei 1A− se reduce la o operaţie algebrică cu puteri ale lui A.

6.5 Forma canonică a unui operator liniar pe spaţii finit dimensionale

6.5.1 Forma diagonală a matricei unui operator liniar Definiţie. Se spune că un operator liniar este cu structură simplă sau diagonalizabil dacă admite o bază formată numai din vectori proprii. Evident că ne întrebăm când se întâmplă acest lucru. Răspunsul va fi dat mai jos.

Dacă , :T V V→ dimV n= are n valori proprii distincte , atunci el este cu structură simplă. Dacă una sau mai multe valori proprii nu sunt distincte, atunci operatorul liniar T poate să fie sau să nu fie cu structură simplă, adică să fie diagonalizabil sau nediagonalizabil.

1 2, ,..., nλ λ λ


Unui operator liniar T diagonalizabil i se ataşează o matrice diagonală D într-o bază de vectori proprii pB .

Ordonarea sau numerotarea valorilor proprii este la dispoziţia utilizatorului. După ce numerotarea a fost stabilită, aceasta se respectă în matricea diagonală D şi în baza pB . Matricea D are pe diagonala principală valorile proprii repetate cu ordinele lor de multiplicitate. În rest elementele lui D sunt nule, adică egale cu elementul nul (neutru) din K.

Definiţie. Determinarea matricei diagonale D se numeşte diagonalizarea operatorului liniar T sau a matricei ataşate A.

Criteriu de diagonalizare. Operatorul liniar , cu matricea ataşată A în baza B este diagonalizabil dacă şi numai dacă:

:T V V→

1) toate valorile proprii iλ sunt din K, 2) pentru fiecare avem iλ ( ) ( )im g iλ = λ , adică multiplicitatea algebrică

este egală cu cea geometrică. Legătura dintre matricea diagonală D şi matricea iniţială A are forma

1D C AC−= , C matricea de trecere de la la = B pB .

Evident, ( ) (A DP P )λ = λ . Dacă este baza canonică a lui , atunci matricea de trecere C are drept coloane chiar vectorii coloană din baza

B cBn

pB , cu respectarea ordinii din noua bază. Unele lucrări numesc matricea diagonală D forma canonică a matricei A. Diagonalizarea operatorului liniar T sau a matricei ataşate A se face în mai

multe etape.

Etapa 1. Se calculează matricea A I− λ , determinantul ( )det A I−λ , valorile proprii distincte şi multiplicităţile algebrice 1 2, ,..., kλ λ λ ( )im λ . Dacă toate valorile proprii sunt din corpul comutativ K, atunci se trece la etapa următoare. Altfel, matricea A nu este diagonalizabilă.

iλ

Etapa 2. Se determină subspaţiul propriu ( )iS λ pentru fiecare valoare proprie , . Pentru aceasta se rezolvă sistemul liniar omogen iλ 1,i = k

( )iA I X− λ = θ , 1 2 ... rX X X X= α +β + + γ

şi se structurează soluţia generală X sub forma de mai sus, în funcţie de necunoscutele secundare ale sistemului. Vectorii sunt vectori proprii l.i.

1 2, ,..., rX X X

Se scrie baza de vectori proprii a lui ( )iS λ

( ) { }1 2, ,...,i rS X X Xλ =B , ( ) ( )dim i iS r gλ = = λ .


Dacă ( ) ( )im gλ = λi pentru fiecare valoare proprie iλ , atunci matricea A este diagonalizabilă.

Etapa 3. Se scrie matricea diagonală D şi baza pB de vectori proprii

( ) ( ) ( )1 2p ...kS S Sλ λ λ= ∪ ∪ ∪B B B B .

Etapa 4. Se scrie legătura dintre D şi A

1D C AC−= sau 1A CDC−= . (6.5.1) Etapa 5. (facultativ). Prin formula (6.5.1) se cercetează corectitudinea

calculelor numerice efectuate de utilizator. Consecinţă. Cu ajutorul formulei (6.5.1) se calculează diversele puteri ale

matricei A 1m mA CD C−= , . 1m ≥

Calcularea lui mD se face ridicând la puterea m fiecare element de pe diagonala lui D.

6.5.2 Forma canonică Jordan a matricei unui operator liniar Dacă operatorul liniar T nu este diagonalizabil, atunci el se poate aduce la o formă cvasidiagonală, bloc-diagonală. Pentru aceasta se folosesc câteva noţiuni speciale. Definiţie. Se numeşte celulă Jordan (superioară) de ordinul m, ataşată valorii proprii λ , o matrice pătrată de ordinul m, notată ( )J mλ , care are toate elementele de pe diagonala principală egale cu λ , cele situate imediat deasupra diagonalei principale egale cu 1 (elementul neutru din grupul ( ), iar celelalte elemente sunt nule. În mod analog se defineşte celula Jordan inferioară. În teorie şi în aplicaţii este preferată celula Jordan superioară, pe care o vom numi celulă Jordan.

),K ⋅

Exemple de celule Jordan

( ) ( )1Jλ = λ , ( ) 12

0Jλ

λ⎛ ⎞= ⎜ ⎟λ⎝ ⎠

, ( )1 0

3 0 10 0

Jλ

λ⎛ ⎞⎜ ⎟= λ⎜ ⎟⎜ ⎟λ⎝ ⎠

.

Definiţie. O înşiruire diagonală de celule Jordan de diferite ordine, corespunzătoare aceleiaşi valori proprii Kλ∈ se numeşte bloc Jordan şi se notează . Jλ

Definiţie. O matrice ( )nJ K∈M se numeşte matrice Jordan dacă ea este o înşiruire diagonală de celule Jordan corespunzătoare tuturor valorilor proprii distincte . 1 2, ,..., kλ λ λ


Într-un bloc Jordan, celulele Jordan nu sunt neapărat distincte, dar blocurile Jordan sunt distincte între ele. Notăm matricea Jordan prin ( )1 2

diag , ,...,k

J J J Jλ λ λ= .

Definiţie. Se spune că un operator liniar T este adus la forma canonică Jordan sau forma Jordan, dacă s-a determinat o bază Jordan, notată , pentru care matricea ataşată este o matrice Jordan J.

JB

În mod frecvent se spune că matricea A a lui T a fost adusă la forma Jordan. Mai scurt, se spune jordanizarea (asemănător cu diagonalizarea) endomorfismului T sau a matricei ataşate A. Evident

1J C AC−= , matricea de trecere de la la . C = B JB

Baza Jordan este formată din vectori proprii şi din vectori care nu sunt vectori proprii. Dar fiecărei celule Jordan îi corespunde un singur vector propriu.

JB

Pentru 12n = , un exemplu de matrice Jordan, cu blocuri şi celule, corespunzătoare lui , , 1 2λ = 2 3λ = 3 4λ = poate fi

( )( )

( )( )

( )( )

( )

2

2

22 3 4

3

3

4

2 0 0 0 0 00 3 0 0 0 00 0 2 0 0 0

diag , ,0 0 0 1 0 00 0 0 0 2 00 0 0 0 0 2

JJ

JJ J

JJ

J

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

J J .

În baza Jordan vor exista 6 vectori proprii, deoarece există 6 celule Jordan. Cu notaţiile obişnuite, pentru o valoare proprie λ avem

( ) ( ) ( )Ker 1 KerVS T Aλ = − λ = − λI ,

unde 1 este operatorul identic pe V, adică V e= ( ) ( )1V X e X X= = , pentru orice . X V∈

Pentru nucleele K şi imaginile există următoarele incluziuni er iT Im iT

1Ker Keri iT T +⊂ , 1Im ImiT iT+ ⊂ , (6.5.2) pentru orice , i număr natural. 1i ≥

Definiţie. Se numeşte indicele de nilpotenţă al operatorului liniar T sau al matricei ataşate A cel mai mic număr natural p cu proprietatea

. 1p p+Ker KerT T=


Dacă la aflarea indicelui de nilpotenţă p se lucrează cu matricea ataşată A, atunci p are una din următoarele proprietăţi:

0pA = , 1 0p pA A+ = ≠ , 1p pA A+ = α .

În oricare din aceste cazuri nucleul Ker pA nu se mai schimbă la creşterea puterii. O problemă de aducere la forma Jordan se consideră încheiată după găsirea bazei Jordan şi a matricei Jordan J. În general, calculul este laborios. Întâi se găseşte baza Jordan şi apoi matricea Jordan, deşi un rezolvitor cu experienţă poate intui rapid forma matricei Jordan J provenită din matricea A. Această intuiţie se bazează pe câteva elemente concrete:

JB

a) numărul de valori proprii distincte iλ coincide cu numărul de blocuri Jordan, dar nu se ştie dimensiunea şi componenţa fiecărui bloc;

b) pentru valoarea proprie iλ , numărul de celule Jordan din blocul i

Jλ este egal cu ( ) ( )dimKer dimiA I S− λ = λi , dar nu se ştie dimensiunea şi ordinea acestora în bloc;

c) dacă este valoare proprie simplă, atunci ea generează o celulă Jordan de ordinul întâi de forma

1λ( )

1 1Jλ = λ . Întotdeauna există structura

Matricea . Jordan Blocuri Jordan Celule Jordani i k

= =∪ ∪∪ Fiind cunoscută valoarea proprie iλ (simplă sau multiplă), introducem un nou operator cu matricea sa ataşată iT iA

1i i V iT T T e= − λ = − λ i i, A A I− λ . =

Pentru un asemenea operator se calculează

( )iT X , ( )2iT X etc.; , etc. Ker iT 2Ker iT

( ) ( )i iT X A I X= − λ , ( ) ( )22 ,...i iT X A I X= − λ

( ){ }22Ker / ,...i iT X V A I X= ∈ − λ = θ

Criteriu de aducere la forma canonică Jordan Fie , un operator liniar, cu di:T V V→ /V K mV n= . Dacă polinomul său caracteristic se poate pune sub forma

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1 21 21 ... rn n n

T T rP Pλ = λ = − λ − λ λ − λ λ − λ )n


cu k Kλ ∈ şi , atunci operatorul T se poate aduce la forma canonică Jordan, adică există o bază Jordan şi o matrice Jordan J.

1 2 ... rn n n+ + + = nJB

Observaţie. Fie K = . Deşi nu este corp algebric închis, dacă toate valorile proprii sunt din , atunci operatorul liniar T se poate aduce la forma canonică Jordan.

Algoritm de aducere la forma canonică Jordan: Pasul 0. Se determină: polinomul caracteristic, valorile proprii distincte

şi multiplicităţile algebrice 1 2, ,..., kλ λ λ ( )im λ , 1,i k= . Se determină subsapţiile proprii ( )iS λ , bazele şi ( )iS λB ( )dim iS λ ,

. 1,i k=Dacă există k valori proprii distincte, atunci există k blocuri Jordan

iJλ . În

fiecare bloc Jordan există celule Jordan, care urmează a fi determinate, ca număr de celule, dimensiune şi poziţie.

Se ia pe rând fiecare valoare proprie iλ şi se fac paşii care urmează. Pasul 1. Fie valoarea proprie iλ , 1 i k≤ ≤ . Notăm

i iT T e= − λ , , ( )e X X= ( )Ker i iT S= λ , , 1dimKer i iT d=

1id = numărul de celule Jordan din blocul i

Jλ . Pentru fiecare se cunoaşte baza . Ker iT Ker iTBExistă cazurile: a) este valoare proprie simplă, adică iλ ( ) 1i im nλ = = . Atunci, în blocul

Jordan i

Jλ există celule Jordan, de ordinul unu. 1 1id =

Celula are forma ( ) ( )1i iJλ = λ . Unicul vector propriu din baza

intră în baza Jordan . iX

Ker iTB JB

b) este valoare proprie multiplă, cu iλ ( )im inλ = . În blocul Jordan i

Jλ există celule Jordan. Deocamdată nu se ştiu dimensiunile şi poziţiile acestora.

1 dimKerid = iT

Pasul 2. În cazul valoare proprie multiplă, trebuie să determinăm , etc. Procesul este finit. Avem

iλ2Ker iT 3Ker iT

( ){ }22Ker /i iT X V A I X= ∈ − λ = θ , , ; 2Ker iTB 2

2dimKer i iT d=

( ){ }33Ker /i iT X V A I X= ∈ − λ = θ , , . 3Ker iTB 3

3dimKer i iT d=


Procesul continuă până se găseşte p∈ a.î. ( sau

. Valoarea p este indicele de nilpotenţă al matricei ) 0p

iA I− λ =1Ker Kerp

iT T += pi iA I− λ . În

primul caz, când se ajunge la matricea nulă 0, rezultă nX ∈ (sau ) şi deci .

n

Ker p niT =Pasul 3. Au loc incluziunile

2 3 1Ker Ker Ker Ker Kerp pi i i iT T T T iT−⊂ ⊂ ⊂ ⊂ .

Prin structurarea soluţiei X după necunoscutele secundare se află bazele şi dimensiunile acestor subspaţii nucleu

Ker iTB , ; 2Ker,...

iTB 1 2 3 ...i i id d d dip< < < < .

Pasul 4. În cele ce urmează ( )1 2, ,..., rL v v v reprezintă acoperirea liniară generată de vectorii . 1 2, ,..., rv v v

În cazul valoare proprie multiplă şi iλ 2p ≥ se calculează diferenţele dimensiunilor succesive de la sfârşit către început. Fie 1 2 , 1, ,..., ,i i i p id d d d− p

− −, 1 1ip i pd d k−− = , , 1 , 2 2i p i pd d k= , 2 , 3 3i p i pd d k− −, = etc. − −

Valoarea arată că trebuie să alegem vectori l.i. cu proprietăţile: 1k 1k

11 2, ,..., ku u u V∈ ; 11 2, ,..., Ker p

k iu u u T∈

11

1,..., Ker Kerp pk iu u T Ti

−∈ − , ( )11

1Ker ,..., Kerp pi kT L u u iT− ⊕ =

( ) ( ) ( )11

1 2, ,..., Ker pi i i k iT u T u T u T −∈ . (6.5.3)

Prin această alegere, cei vectori din (6.5.3) reprezintă completarea unei baze oarecare a lui până la o bază a lui .

1k1Ker p

iT − Ker piT


21 2, ,..., kv v v V∈ ; 1

11 2, ,..., Ker p

k iv v v T −∈

21 2

1 2, ,..., Ker Kerp pk i iv v k T T− −∈ −

( ) ( )( ) ( )1 22 1

1 1Ker ,..., ,..., Kerp pi i i k kT L T u T u L v v T− −⊕ ⊕ = i

( ) ( ) ( )12

1 2, ,..., Ker pi i i k iT v T v T v T −∈ (6.5.4)

( ) ( ) ( )12 2 2

1 2, ,..., Ker pi i i k iT u T u T u T 2−∈ . (6.5.5)


Prin această alegere, cei 1k k2+ vectori din (6.5.5) şi (6.5.4) reprezintă completarea unei baze oarecare a lui 2Ker p

iT − până la o bază a lui . 1Ker piT −


31 2, ,..., kw w w V∈ ; 3

21 2, ,..., Ker p

k iw w w T −∈

32 3

1 2, ,..., Ker Kerp pk i iw w w T T− −∈ −

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 2 33 2 2

1 1 1Ker ,..., ,..., ,..., Kerp pi i i k i i k kT L T u T u L T v T v L w w T− −⊕ ⊕ ⊕ 2

i=

( ) ( ) ( )33

1 2, ,..., Ker pi i i k iT w T w T w T −∈ (6.5.6)

( ) ( ) ( )12 2 2

1 2, ,..., Ker pi i i k iT v T v T v T 3−∈ (6.5.7)

( ) ( ) ( )13 3 3

1 2, ,..., Ker pi i i k iT u T u T u T 3−∈ . (6.5.8)

Prin această alegere, cei 1 2k k k3+ + vectori din (6.5.8), (6.5.7), (6.5.6) reprezintă completarea unei baze oarecare din 3Ker p

iT − până la o bază a lui . 2Ker p

iT −

Procesul se continuă până se ajunge la

( ) ( )11 1

1 ,...,p pi i k ( )( )T u T u

22 2

1 ,...,p pi i kT vT v− − ; − − ;

( ) ( )33 3

1 ,...,p pi iT w T wk− − ;…, 1 2, ,..., Ker

pk it t t T∈ .

Acest şir de vectori conţine un număr de

1 2 , 1 , 1 , 2 2 1 1... p ip i p i p i p i i i ik k k d d d d d d d d− − −+ + + = − + − + − + = 1p i=p , k d

vectori l.i. Aceşti vectori formează o bază a lui . Ker iT Pasul 5. Se aşază vectorii găsiţi într-o anumită ordine şi se obţine o bază a lui . Pentru a face o alegere, se recomandă aşezarea vectorilor în ordinea descrescătoare a puterii matricei

Ker iTiA I− λ , adică:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }3 2 21 1 1 1 1 1 1... , , , ;..., , , ;...i i i i iT u T u T u u T v T v v .

Dacă se repetă paşii 1-5 de mai sus pentru toate valorile proprii distincte, se obţine baza Jordan . JB Pasul 6. Se scrie matricea de trecere C de la baza canonică iniţială la baza Jordan . Coloanele lui C sunt chiar componentele vectorilor din baza Jordan.

cB

JB


Pasul 7. Se calculează 1C− şi se determină matricea Jordan J de forma 1J C AC−= . Prin acest calcul apar celulele Jordan şi concomitent se deduc

poziţiile şi dimensiunile acestora. Observaţie. Fiecărei celule Jordan îi corespunde un singur vector propriu în baza Jordan. Aceşti vectori se numesc vectori principali. Ceilalţi vectori din baza Jordan nu sunt vectori proprii şi se numesc vectori secundari.

6.6 Probleme rezolvate Problema 1. Fie operatorul liniar care în baza canonică are matricea ataşată

3:T → 3

4 0 00 0 10 1 2

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se afle valorile proprii şi să se precizeze multiplicităţile algebrice. b) Să se afle subspaţiile proprii cu bazele şi dimensiunile acestora şi să se

precizeze multiplicităţile geometrice. Soluţie. a) Se calculează ( )det A I−λ şi se rezolvă ecuaţia caracteristică

( )det 0A I−λ = . Rezultă

( ) ( )( )2det 4 1A I− λ = − λ λ − 1 4, λ = , 2 3 1λ = λ =

( )1 1m λ = , ( )2 2m λ = , 1 2 3det 4A = λ λ λ = .

b) Căutăm subspaţiul propriu ( )1 4S S= . Pentru aceasta rezolvăm sistemul liniar omogen

( )1A I X− λ = θ , ( )4A I X− = θ

şi rezultă soluţia generală , ( )t1 0 0X = α

1X X= α , , ( )t1 1 0 0X = ( ) { }14 /S X X= = α α∈

( ) { }14S X=B , ( )dim 4 1S = , ( ) ( )1 4 1g gλ = = .

Analog găsim subspaţiul propriu ( )2 1S S=

( )2A I X− λ = θ , , ( )t0 1 1X = β 2X X= β , ( )t2 0 1 1X =

( ) { }21 /S X X= = β β∈ , ( ) { }21S X=B

( )dim 1 1S = , ( ) ( )2 1 1g gλ = = .


Consecinţă. Deoarece ( ) ( )2m g 2λ ≠ λ , rezultă că operatorul T nu este diagonalizabil. Se spune în mod echivalent că matricea pătrată A nu este diagonalizabilă. Problema 2. Fie operatorul liniar care în baza canonică are matricea ataşată

3:T → 3

3 7 52 4 31 2 2

A− − −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Să se determine valorile proprii calculând polinomul caracteristic ( )det A I−λ prin mai multe metode.

b) Să se determine vectorii proprii şi să se precizeze dacă T este un operator diagonalizabil Soluţie. a) Calculăm ( )det A I−λ . Metoda 1. Prin dezvoltarea obişnuită a determinantului rezultă

( ) ( )3det 1A I− λ = −λ 1 2 3 1, = λ = λ = , ( )1 3m = . λ

Metoda 2. Folosim formula care conţine urma matricei, minorii şi determinantul

( ) 3 2

1 1 3det tr det

j

i jA I A A

i j≤ < ≤

⎛ ⎞− λ = −λ + λ − λ +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ A .

Obţinem succesiv:

tr 3A = , ii ij

ji jj

a ai jA

i j a a⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

, det 1A =

1 3 1 2, 3i j i j j≤ < ≤ ⇒ = ⇒ = = 2 3; i j= ⇒ =

11 12

21 222

a aa a

= , 11 13

31 331

a aa a

= − , 22 23

32 332

a aa a

=

( ) ( 33 2det 3 3 1 1A I− λ = −λ + λ − λ + = − λ) .

Metoda 3. Folosim formula de recurenţă a lui Newton şi funcţiile simetrice fundamentale. Rezultă:

( ) 3 21 2det A I− λ = −λ + σ λ −σ λ + σ3

( ) ( )11 1 2 2 1 1... 1 1 0k k

k k k k kS S S S k−− − −− σ + σ − + − σ + − σ = , 1,3k =


0 1S = , , tr kkS A= 1,3k =

2 31, , trA A A S A⇒ = = 3 , 2

2 tr 3S A= = , 33 tr 3S A= =

1k = , , 1 11 0S − ⋅σ = 13 0− σ = , 1 3σ =

2k = , , 2 1 1 22 0S S−σ ⋅ + σ = 23 3 3 2 0− ⋅ + σ = , 2 3σ =

3k = , , 3 1 2 2 1 33 0S S S− σ ⋅ + σ − σ = 3 1σ =

( ) ( 33 2det 3 3 1 1A I− λ = −λ + λ − λ + = − λ) .

b) Aflăm subspaţiul propriu ( )1S al vectorilor proprii. Rezolvăm sistemul omogen

( )1A I X− λ = θ , ( )t13 1 1X X= λ − = α

( ) ( ){ }t1 11 / 3 1 1 ,S X X X= = α = − α∈

( ) { }11S X=B , ( ) ( ) ( )1dim 1 1, 1 1S g g= λ = = .

Deoarece multiplicităţile algebrică şi geometrică nu sunt egale, adică ( ) ( )1m g≠ 1 , rezultă că operatorul liniar T nu este diagonalizabil sau echivalent,

matricea A nu este diagonalizabilă. Problema 3. Pentru matricele A şi B să se determine polinomul caracteristic şi valorile proprii folosind două metode, dintre care una să fie cea care conţine urma matricei, minorii şi determinantul, unde:

1 3 44 7 86 7 7

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

1 0 0 10 1 0 00 0 1 21 0 2 5

B

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Soluţie. Metoda 1. Folosim dezvoltarea obişnuită a determinantului şi rezultă:

( ) 3 2det 5 3A I− λ = −λ + λ + λ +

1 2 1λ = λ = − , 3 3λ = , det 3 0A = ≠

( ) ( ) (24 3 2det 8 13 6 1 6B I )− λ = λ − λ + λ − λ = λ λ − λ −

1 0λ = , , 2 3 1λ = λ = 4 6λ = ; det 0B = .


Metoda 2. Folosim formula care conţine urma matricei, minorii şi determinantul. Pentru A obţinem succesiv:

( ) 3 2

1 3det tr det

i j

i jA I A A

i j≤ < ≤

⎛ ⎞− λ = −λ + λ − λ +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ A

tr 1A = , det 3A = , ii ij

ji jj

a ai jA

i j a a⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3i j≤ < ≤ ; 1i = , 2,3j = ; 2i = , 3j =

1 3 1 4 7 85

4 7 6 7 7 7− −

+ + =− −

−

( ) 3 2det 5 3A I− λ = −λ + λ + λ + . Pentru matricea B obţinem succesiv

( ) 4 3 2

1 4 1 4det tr det

i j i j k

i j i j kB I B B B

i j i j k≤ < ≤ ≤ < < ≤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− λ = λ − λ + λ − λ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ B

tr 8B = , det 0B = 1i = , 2,3,4j = ; 2i = , 3,4j = ; 3i = , 4j =

1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 213

0 1 0 1 1 5 0 1 0 5 2 5−

+ + + + + =−

ii ij ik

ji jj jk

ki kj kk

b b bi j k

B b b bi j k

b b b

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠

1 4i j k≤ < < ≤ ⇒ 1i = , 2j = , 3,4k =

3j = , 4k =

2i = , 3j = , 4k =

1 0 01 2 3

0 1 0 11 2 3

0 0 1B⎛ ⎞

= =⎜ ⎟⎝ ⎠


1 0 11 2 4

0 1 0 41 2 4

1 0 5B⎛ ⎞

= =⎜ ⎟⎝ ⎠

1 0 11 3 4

0 1 21 3 4

1 2 5B⎛ ⎞

0= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ −

1 0 02 3 4

0 1 22 3 4

0 2 5B⎛ ⎞

1= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ −

( ) 4 3 2det 8 13 6B I− λ = λ − λ + λ − λ ; det 0B = . Observaţie. Toţi minorii folosiţi au diagonala principală suprapusă peste diagonala principală a matricei folosite. Problema 4. Să se determine polinomul caracteristic şi valorile proprii ale matricei nA , 1n ≥

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

0 0 0 0 0 10 0 0 0 1 0

nA

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Notăm polinomul caracteristic cu ( ) ( )detn np A Iλ = − λ , . 1n ≥

Deoarece matricea reală nA este simetrică, toate valorile proprii sunt reale. Dezvoltăm ( )det nA I− λ după cele două elemente nenule de pe prima linie. Folosim inducţia matematică după n şi obţinem o relaţie de recurenţă de ordinul doi, de forma

( )1p λ = −λ , ( ) 22 1p λ = λ −

( ) ( ) ( )1 2n n np p p− −λ = −λ λ − λ , . 3n ≥

Aflăm valorile proprii pentru matricele 1 2, ,..., nA A A . Primele polinoame caracteristice au exprimări nerecurente de forma


( ) 33 2p λ = −λ + λ , ( ) 4 2

4 3 1p λ = λ − λ +

( ) 5 3 25 4 3 3p λ = −λ + λ − λ − λ , ( ) 6 4 2

6 5 6p 1λ = λ − λ + λ −

( ) 7 5 37 6 10 4p λ = −λ + λ − λ + λ etc.

Valorile proprii ale matricei nA sunt nkλ :

1n = , 0−λ = , 11 0λ =

2n = , , 2 1 0λ − = 21 1λ = , 22 1λ = −

3n = , , 3 2 0−λ + λ = 31 2λ = , 32 0λ = , 33 2λ = −

4n = , , 4 23 1 0λ − λ + = ( )4 2 22 1 0− λ + − λ = λ

411 5

2+

λ = , 421 5

2− +

λ = , 431 5

2−

λ = , 441 5

2− −

λ = .

Se observă că rădăcinile găsite pentru ( )np λ se pot scrie condensat sub forma

2cos1nk

knπ

λ =+

, , 1n ≥ 1,k n= .

Ideea vine de la valoarea cunoscută 1 5cos2 4π +=

5n = , , 5 34 3 0−λ + λ − λ = 5 2cos6k

kπλ = , 1,5k =

51 3λ = , , 52 1λ = 53 0λ = , 54 1λ = − , 55 3λ = − .

Valorile proprii sunt ordonate descrescător. Problema 5. Să se determine polinomul caracteristic şi valorile proprii ale

matricei nA , 1n ≥

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

0 0 0 0 0 10 0 0 0 1 0

nA

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

−⎝ ⎠

.


Soluţie. Notăm polinomul caracteristic cu ( ) ( )detn np A Iλ = − λ , . 1n ≥

Deoarece matricea reală nA nu este simetrică, valorile proprii pot să nu fie toate reale. Dezvoltăm determinantul după prima linie, care are întotdeauna primele două elemente nenule. Folosim inducţia matematică după n şi obţinem o relaţie de recurenţă de ordinul doi, de forma:

( )1p λ = −λ , ( ) 22 1p λ = λ +

( ) ( ) ( )1 2n n np p p− −λ = −λ λ + λ , . 3n ≥

În continuare aflăm valorile proprii pentru matricele 1 2, ,..., nA A A . Concret, primele polinoame caracteristice au expresiile nerecurente:

( ) ( )33 2p λ = −λ λ + , ( ) 4 2

4 3 1p λ = λ + λ +

( ) ( )4 25 4 3p λ = −λ λ + λ + , ( ) 6 4 2

6 5 6p 1λ = λ + λ + λ + etc.

Valorile proprii ale matricei nA sunt nkλ :

1n = , 0−λ = , 11 0λ =

2n = , , 2 1 0λ + = 21 iλ = , 22 iλ = −

3n = , ( )2 2 0−λ λ + = , 31 0λ = , 32 i 2λ = , 33 i 2λ = −

4n = , λ + , 4 23 1 0λ + = ( )3 2 22 1+ λ + = −λ λ

411 5i

2+

λ = , 421 5i

2− +

λ = , 431 5i

2−

λ = , 441 5i

2− −

λ = .

Se observă că rădăcinile găsite pentru ( )np λ se pot scrie condensat sub forma

2icos1nk

knπ

λ =+

, , 1n ≥ 1,k n= .

Pentru verificare se ţine cont de valoarea cunoscută 1 5cos5 4π += .

5n = , , ( )4 24 3 0−λ λ + λ + = 5 2icos6k

kπ , 1,5k = λ =

51 i 3λ = , , 52 iλ = 53 0λ = , 54 iλ = − , 55 i 3λ = − .

Coeficienţii lui i sunt ordonaţi descrescător.


Problema 6. În bazele canonice corespunzătoare se dau endomorfismele

4 41 :T → , ( )

1 3 4

21

1 3

4

2 6 22

32

x x xx

T Xx x

x

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠

,

1

2

3

4

xx

Xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 22 :T → , ( )

( )

( )1 2

21 2

3 i2i 1 i

z zT X

z z⎛ + − ⎞

= ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

, 1

2

zX

z⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

4 43 :T → , ( )

1 2 4

1 2 3 43

3 4

3 4

3 4 24 5 2 43 23 2

x x xx x x x

T Xx xx x

− +⎛ ⎞⎜ ⎟− − +⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

1

2

3

4

xx

Xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Să se scrie matricele ataşate. b) Să se afle valorile proprii şi subspaţiile proprii corespunzătoare. Să se

precizeze multiplicităţile ( )m λ , ( )g λ , bazele şi dimensiunile. Soluţie. a) Cunoaşterea unui endomorfism este echivalentă cu aflarea

matricei ataşate într-o bază oarecare

1

2 0 6 20 2 0 01 0 3 00 0 0 2

A

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 23 i 12i 1 i

A+ −⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠, . 3

3 4 0 24 5 2 40 0 3 20 0 3 2

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

b) Polinomul caracteristic nu depinde de matricea folosită

( ) ( ) ( )( 21 1det 1 2p A Iλ = − λ = λ λ − λ − )

1 0λ = , 2 1λ = , , 3 4 2λ = λ = ( )0 1m = , ( )1 1m = , ( )2 2m =

( )1 1A I X− λ = θ , ( )t13 0 1 0X X= α − = α

( ) ( ){ }t1 1 10 / 3 0 1 0 ,S X X X= = α = − α∈

( ) { }1 10S X=B , ( )1dim 0 1S = , ( )0 1g =

( )1 2A I X− λ = θ , ( )t22 0 1 0X X= β − = β

( ) ( ){ }t1 2 21 / 2 0 1 0 ,S X X X= = β − β∈


( ) { }1 21S X=B , ( )1dim 1 1S = , ( )1 1g =

( )1 3A I X− λ = θ , 3 4X X X= γ + δ , , γ∈ δ∈

( ) ( ) ({ ) }t t1 3 4 3 42 /, 0 1 0 0 , 1 0 1 1S X X X X X= = γ + δ = −

( ) { }1 3 42 ,S X X=B , ( )1dim 2 2S = , ( )2 2g = .

Deoarece valorile proprii sunt reale şi pentru fiecare valoare proprie λ avem , rezultă că endomorfismul este diagonalizabil. ( ) ( )m gλ = λ 1T

( ) ( ) ( )22 2det 2p A Iλ = − λ = λ − , 1 2 2λ = λ = , ( )2 2m =

( )2 1A I X− λ = θ , ( )t11 1 iX X= α + = α

( ) ( ){ }t2 1 12 / 1 1 i ,S X X X= = α = + α∈

( ) { }2 12S X=B , ( )2dim 2 1S = , ( ) ( )2 1 2g m= ≠ .

Endomorfismul nu este diagonalizabil. 2T

( ) ( ) ( ) (2 23 3det 1 1p A Iλ = − λ = λ + λ − )

1 2 1λ = λ = − , , 3 4 1λ = λ = ( )1 2m − = , ( )1 2m =

( ) ( ){ }t3 1 11 / 1 1 0 0 ,S X X X− = = α α∈

( ) { }3 11S X− =B , ( )3dim 1 1S − = , ( ) ( )1 1 1g m− = ≠ − .

( ) ( ){ }t3 2 21 / 1 1 1 1 ,S X X X= = β β∈

( ) { }3 21S X=B , ( )3dim 1 1S = , ( )1 1g = .

3T nu este diagonalizabil. Problema 7. Să se afle vectorii proprii şi subspaţiile de vectori proprii ale

operatorilor liniari definiţi de matricele : kkT → k

22 11 2

A⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 3

0 2 12 0 31 3 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Să se precizeze bazele şi dimensiunile.


Soluţie. Cazul . are matricea 2k = 22 :T → 2

2A .

( ) 22det 4 3A I− λ = λ − λ + , 1 1λ = , 2 3λ =

1 1λ = , ( )2 1A I X− λ = θ , ( )t11 1X X= λ − = α

( ) ( ){ }t2 1 11 / 1 1 ,S X X X= = α − α∈

( ) { }2 11S X=B , ( )2dim 1 1S =

2 3λ = , ( )2 2A I X− λ = θ , ( )t21 1X X= β = β

( ) ( ){ }t2 2 23 / 1 1 ,S X X X= = β β∈

( ) { }2 23S X=B , ( )2dim 3 1S = .

Cazul . are matricea 3k = 33 :T → 3

3A

( ) ( )23det 4A I− λ = −λ λ + , 1 0λ = , 2 2iλ = − , 3 2iλ =

1 0λ = , 3A X = θ , ( )t 13 1 2X X= α − = α

( ) ( ){ }t3 1 10 / 3 1 2 ,S X X X= = α − α∈

( ) { }3 10S X=B , ( )3dim 0 1S =

2 2iλ = − , ( )3 2iA I X+ = θ , t

23 i 1 3i 1

4 4X X+ − −⎛ ⎞= β = β⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )t

3 2 23 i 1 3i2i / 1 ,

4 4S X X X

⎧ ⎫+ − −⎪ ⎪⎛ ⎞− = = β = β∈⎜ ⎟⎨ ⎬⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

( ) { }3 22iS X− =B , ( )3dim 2i 1S − =

3 2iλ = , ( )3 2iA I X− = θ , t

33 i 1 3i 1

4 4X X− − +⎛ ⎞= γ = γ⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )t

3 3 33 i 1 3i2 / 1 ,

4 4S i X X X

⎧ ⎫− − +⎪ ⎪⎛ ⎞= = γ = γ∈⎜ ⎟⎨ ⎬⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

( ) { }3 32iS X=B , ( )3dim 2i 1S = .


Cazul . are matricea 4k = 44 :T → 4

4A

( ) ( ) ( )34det 2 2A Iλ = − λ − − λ 1 2 3 2, = λ = λ = , 4 2λ = − λ−

1 2λ = , ( )4 2A I X− = θ

( ) { }4 1 2 32 / ,S X X X X= = α +β + γ α∈ β∈ γ∈,

1

1100

X

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 2

1010

X

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1001

X

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) { }4 1 2 32 , ,S X X X=B , ( )4dim 2 3S = .

( )t 41 1 1 14 2λ = − , ( )4 2A I X+ = θ , X Xδ − − − = δ =

( ) ( ){ }t4 4 42 / 1 1 1 1 ,S X X X− = = δ = − − − δ∈

( ) { }4 42S X− =B , ( )4dim 2 1S − = .

Observaţie. Matricele reale 2A şi 4A sunt simetrice. De aceea ele au valori proprii reale.

Problema 8. Fie toate valorile proprii ale matricei 1 2, ,..., nλ λ λ( )nA K∈M , unde K este un corp comutativ de scalari.

a) Dacă f este un polinom de grad oarecare cu coeficienţi în K, atunci valorile proprii ale matricei ( )f A sunt ( ) ( ) ( )1 2, ,..., nf f fλ λ λ .

b) Dacă toate valorile proprii sunt nenule, atunci matricea 1A− există şi valorile proprii ale sale sunt . 1 21/ ,1/ ,...,1/ nλ λ λ

Soluţie. Valorile proprii din enunţ sunt distincte sau unele din ele se repetă.

a) Fără a restrânge generalitatea considerăm

( ) 2f x ax bx c ) 2(= + + , f A aA bA cI= + + .

Fie una din valorile proprii, adică kλ ( )det 0kA I− λ = . Calculăm ( ) ( )det kf A f I⎡ − λ⎣ ⎤⎦ . Obţinem succesiv: ( ) 2

k k kf a b cλ = λ + λ +

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2det det

det det det 0k k

k k k

f A f I a A I b A I

A I a A I bI A I Bk

⎡ ⎤⎡ ⎤− λ = − λ + − λ =⎣ ⎦ ⎣⎡ ⎤= − λ + λ + = − λ⎣ ⎦

⎦=


( ) ( )det 0kf A f⎡ ⎤⎦ ( )kf λ este valoare proprie a matricei ( )f A . − λ =⎣ ,

b) Deoarece , matricea 1 2det ... 0nA = λ λ λ ≠ 1A− există. Fie o valoare proprie . Obţinem succesiv: 0kλ ≠

( )det 0kA I− λ = , ( )1k kA I A I A−− λ = − λ

( ) ( )1det det detk kA I A I A−− λ = − λ , ( )1det 0kI A−− λ =

( )1det 0k A I−λ − = , ( )1 1 1k k kA A I− −λ = λ − λ 0n

k− , λ ≠

( )1 1det 0kA I− −− λ = , 1k−λ este valoare proprie pentru 1A− .

Problema 9. Fie operatorul liniar definit succesiv de

matricele 3:T → 3

1

2 4 24 8 45 10 5

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 2

2 3 02 3 02 3 0

A− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 3

3 4 24 7 45 10 6

A− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se arate că T este proiector. b) Să se verifice că valorile proprii ale proiectorului sunt 0 şi 1 cu diferite

multiplicităţi. Soluţie. a) T este proiector, deoarece 2

1 1A A= , 22 2A A= , 2

3 3A A= (a se vedea problema 26 din 5.4)

b) Obţinem succesiv:

( ) ( ) ( )21 1det 1p A Iλ = − λ = −λ λ − , 1 2 0λ = λ = , 3 1λ =

1 2 3det 0A = λ λ λ = , 1A− nu există.

( ) ( ) ( )22 2det 1p A Iλ = − λ = −λ λ − , 1 2 0λ = λ = , 3 1λ =

( ) ( ) ( )23 3det 1p A Iλ = − λ = −λ λ − , 1 0λ = , 2 3 1λ = λ = .

Problema 10. Fie operatorul liniar definit de matricea

.

3:T → 3

−5 8 48 15 8

10 20 11A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

a) Să se arate că T este operator involutiv. b) Să se verifice că valorile proprii ale lui T sunt 1 şi –1 cu diferite

multiplicităţi.


Soluţie. a) T este operator involutiv, deoarece 2A I=

( ) ( ) ( ) ( )2det 1 1p A Iλ = − λ = λ − λ + , 1 2 1λ = λ = , 3 1λ = −

1 2 3det 1A = λ λ λ = − , 1A− există, 1A A− = .

Problema 11. Fie vectorii coloană x şi y din spaţiul vectorial , n

( )ix x= , ( )iy y= , astfel încât 1,i = n 1 1 2 2 ... 0n nx y x y x y+ + + ≠ . Să se arate că

valorile proprii ale matricei tA xy= sunt

1 2 1... 0n−λ = λ = = λ = , 1 1 ...n n nx y x yλ = + + .

Soluţie. Se scrie matricea A de tipul n n× . Se vede că urma . 1 1 2 2tr ... 0n nA x y x y x y= + + + ≠

Se află ( )det A I−λ prin calcularea coeficienţilor săi cu ajutorul minorilor de tipul

i jA

i j⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 i j n≤ < ≤ ,

i j kA

i j k⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 ,...i j k n≤ < < ≤

şi se constată că toţi aceştia sunt nuli, inclusiv det 0A = . Rezultă:

( ) ( ) ( ) 1 1det 1 1 tr 0 ... 0n nn nA I A− −− λ = − λ + − λ + + + 1 tr 0n n A−−λ + λ = , 1 2 1... 0n−λ = λ = = λ =

1 1 2 2tr ...n n nA x y x y x yλ = = + + + .

Problema 12. Fie matricea 5 3 26 4 44 4 5

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Folosind teorema Hamilton-Cayley să se cerceteze dacă 1A− există. b) În caz afirmativ să se determine 1A− folosind aceeaşi teoremă. Soluţie. a) Determinăm polinomul caracteristic şi aflăm valorile proprii

ale matricei A. Rezultă:

( ) ( ) 3 2det 6 11 6AA I P− λ = λ = −λ + λ − λ +

1 1λ = , , 2 2λ = 3 3λ = , ( )0 6AP 0= ≠ .

Deoarece nu este valoare proprie, matricea 0λ = 1A− există.


b) Prin teorema Hamilton-Cayley obţinem succesiv:

( )AP A = θ , 3 26 11 6A A A I− + − + = θ , ( )3θ∈M

2 16 11 6A A I A−− + − + = θ , ( )1 21 6 116

A A I− = − +A

215 11 822 18 1616 16 17

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 14 7 4

1 14 17 86

8 8 2A−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Observaţie. După aflarea polinomului caracteristic ( )AP λ , calcularea lui 1A− se reduce la operaţii algebrice cu puteri ale matricei A.

Problema 13. Fie matricea

3 2 0 10 2 2 11 2 3 20 1 2 1

A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟− − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Folosind teorema Hamilton-Cayley să se cerceteze dacă matricea 1A− există.

b) În caz afirmativ să se determine 1A− folosind aceeaşi teoremă. c) Să se compare această metodă cu alte metode. Soluţie. a) Aflăm polinomul caracteristic ( )AP λ . Rezultă

( ) ( ) 4 3det 3 5 1AA I P− λ = λ = λ − λ + λ +

( )0 1 0AP = ≠ , 1A− există.

b) Obţinem succesiv

( )( )AP A = θ , 4 33 5A A A I− + + = θ , 4θ∈M 3 2 13 5A A I A−− + + = θ , 1 3 23 5−A A A I− + − =

1

1 1 2 40 1 0 11 1 3 62 1 6 10

A−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

c) Se compară cu metodele folosite la problemele 7, 8, 9 şi 10 din secţiunea 1.8.


Problema 14. Fie operatorul liniar care în baza canonică are forma

4:T → 4

cB

( )

1 4

2

3 4

1 3 4

22 5

x xx

T Xx xx x x

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟

− +⎝ ⎠

,

1

2

3

4

xx

Xxx

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Să se scrie matricea A ataşată lui T în baza canonică şi să se cerceteze dacă T este operator diagonalizabil sau echivalent, dacă matricea A este diagonalizabilă.

b) În caz afirmativ să se aducă A la forma diagonală D şi să se precizeze baza D care corespunde lui D.

c) Să se facă o verificare de corectitudine a calculelor.

Soluţie. a)

1 0 0 10 1 0 00 0 1 21 0 2 5

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎟=⎜ −⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( )T X AX= .

Calculăm valorilor proprii λ , multiplicităţile algebrice ( )m λ şi cele geometrice ( )g λ . Matricea A este diagonalizabilă dacă λ∈ şi ( ) ( )m gλ = λ pentru orice . Obţinem succesiv: λ

Pasul 1. ( ) ( ) (2det 1 6A I− λ = λ λ − λ − )

1 0λ = , 2 3 1λ = λ = , 4 6λ = , ( )0 1m = , ( )1 2m = , ( )6 1m = .

Pasul 2. Aflăm subspaţiile proprii ( )S λ , bazele de vectori proprii şi dimensiunile acestora

1 0λ = , , ( )1A I X− λ = θ ( )t11 0 2 1X X= α − = α

( ) ( ){ }t1 10 / 1 0 2 1 ,S X X X= = α = − α∈

( ) { }10S X=B , ( )dim 0 1S = , ( ) ( )0 1 0g m= =

2 3 1λ = λ = , ( )2A I X− λ = θ , ( ) (t t0 1 0 0 2 0 1 0X = β + γ )

( ) ( ) ( ){ }t t2 3 2 31 / 0 1 0 0 , 2 0 1 0 , ,S X X X X X= = β + γ = = β γ∈

( ) { }2 31 ,S X X=B , ( )dim 1 2S = , ( ) ( )1 2 1g m= =

4 6λ = , ( )4A I X− λ = θ , ( )t 40 1 2 5X X= δ − = δ


( ) ( ){ }t4 46 / 1 0 2 5 ,S X X X= = δ = δ∈

( ) { }46S X=B , ( )dim 6 1S = , ( ) ( )6 1 6g m= = .

Matricea A este diagonalizabilă. Pasul 3. Scriem matricea diagonală D. Aceasta are pe diagonala

principală valorile proprii în ordinea folosirii acestora. Ordinea valorilor proprii este arbitrară, dar după ce a fost aleasă ea se respectă. La fel este arbitrară ordinea din bazele de vectori proprii ale lui ( )S λ . După ce ordinea a fost aleasă, ea se respectă.

Matricea diagonală D are forma 0 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 6

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pasul 4. Scriem baza D a lui T care corespunde lui D. Această bază este formată cu vectorii proprii din care s-au alcătuit bazele subspaţiilor proprii. Ea se notează pB şi avem

{ }p 1 2 3 4, , ,X X X X= =D B .

Pasul 5. Proba de corectitudine a calculelor se face prin verificarea legăturii dintre matricele D şi A. Avem

1D C AC−= sau CD AC= , (*)

unde C este matricea de trecere la la cB pB . Rezultă imediat

1 0 2 10 1 0 02 0 1 21 0 0 5

C

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, .

0 0 2 60 1 0 00 0 1 120 0 0 30

CD AC

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

Egalitatea (*) este verificată. Observaţie. Din 1D C AC−= rezultă:

1A CDC−= , 1n nA CD C−= 0 0 0 00 1 0 00 0 1 0

0 0 0 6

n

n

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

5 0 10 50 30 0 01

12 0 6 0301 0 2 5

C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


Deci, cu ajutorul matricei diagonale D şi a matricei de trecere C se află nA printr-un calcul elementar.

Observaţie. Într-un spaţiu euclidian, baza D se poate ortonorma, folosind procedeul Gram-Schmidt. În acest caz matricea C devine matrice ortogonală.

Problema 15. În se dau matricele

1

1 3 44 7 86 7 7

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 2

3 2 2 22 3 2 22 2 3 22 2 2 3

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se cerceteze care matrice se poate diagonaliza. b) În cazul diagonalizabil, să se scrie matricea diagonală D şi să se indice

baza corespunzătoare D. c) Să se facă proba de corectitudine a calculelor. Soluţie. a) Matricea 1A . Pasul 1. Avem

( ) 3 21det 5 3A I− λ = −λ + λ + λ + , 1 2 1λ = λ = − , 3 3λ =

( )1 2m − = , ( )3 1m = .

Pasul 2. Aflăm subspaţiile proprii ( )S λ şi bazele corespunzătoare

1 2 1λ = λ = − , ( )1 1A I X− λ = θ , ( )t 11 2 1X X= α = α

( ) ( ){ }t1 11 / 1 2 1 ,S X X X− = = α = α∈

( ) { }11S X− =B , ( )dim 1 1S − = , ( ) ( )1 1 1g m− = ≠ − .

Matricea 1A nu este diagonalizabilă, deoarece ( ) ( )1 1m g− ≠ − .

Observaţie. Multiplicitatea geometrică ( )1g λ se poate afla direct prin formula

( ) ( ) ( )1 1 1 1rang 3 rang 3 2 1g n A I A Iλ = − − λ = − + = − = .

Matricea 2A . Pasul 1. ( ) ( ) ( )32det 5 3A I− λ = λ − λ +

1 2 3 5λ = λ = λ = , 4 3λ = − , ( )5 3m = , ( )3 1m − = .

Pasul 2. Aflăm subspaţiile proprii ( )S λ , bazele şi dimensiunile. Obţinem succesiv:

1 2 3 5λ = λ = λ = , ( )2 1A I X− λ = θ

( ) { }1 2 35 /S X X X X= = α +β + γ α β γ∈, ,


1

1100

X

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 2

1010

X

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1001

X

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) { }1 2 35 , ,S X X X=B , ( )dim 5 3S = , ( ) (5 3 5g m )= =

4 3λ = − , ( )2 4A I X− λ = θ , ( )t41 1 1 1X X= δ − − = δ

( ) ( ){ }t4 43 / 1 1 1 1 ,S X X X− = = δ = − − δ∈

( ) { }43S X− =B , ( )dim 3 1S − = , ( ) ( )3 1 3g m− = = .

Matricea 2A este diagonalizabilă. Pasul 3. Matricea diagonală D are forma

5 0 0 00 5 0 00 0 5 00 0 0 3

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Pasul 4. Scriem baza p=D B formată din vectorii proprii care formează bazele subspaţiilor proprii ( )S λ de mai sus

{ }p 1 2 3 4, , ,X X X X= =D B .

c) Pasul 5. Proba de corectitudine constă în a verifica relaţia 1D C AC−= sau CD , unde C este matricea de trecere de la la AC= cB pB

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

C

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

,

5 5 5 35 0 0 30 5 0 30 0 5 3

CD AC

− −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Observaţie. Baza D se poate ortonorma. Problema 16. Fie operatorul liniar cu matricea ataşată 3:T → 3

1 1 i 01 i 1 i

0 i 1A

+⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.


a) Să se cerceteze dacă matricea A este diagonalizabilă. b) În caz afirmativ să se scrie matricea diagonală D şi să se obţină baza

corespunzătoare D. c) Să se facă proba de corectitudine a calculelor. Soluţie. a) Pasul 1. ( ) ( )( )2det 1 2 2A I− λ = − λ λ − λ −

1 1λ = , 2 1 3λ = − , 3 1 3λ = + , ( )1 1m = , ( )1 3 1 ( )m − = , 1 3 1m + = .

Pasul 2. Aflăm subspaţiile proprii şi bazele

1 1λ = , ( , )1A I X− λ = θ ( )t 11 i 0 2X X= α + = α

( ) ( ){ }t1 11 / 1 i 0 2 ,S X X X= = α = − + α∈

( ) { }11S X=B , ( )dim 1 1S = , ( ) ( )1 1 1g m= =

2 1 3λ = − , ( )2A I X− λ = θ , ( )t21 i i 3 1X X= β − = β

( ) ( ){ }t2 21 3 / 1 i i 3 1 ,S X X X− = = β = − β∈

( ) { }21 3SX

−=B , ( )dim 1 3 1S − = , ( ) ( )1 3 1 1 3g m− = = −

3 1 3λ = + , ( )3A I X− λ = θ , ( )t31 i i 3 1X X= γ − − = γ

( ) ( ){ }t3 31 3 / 1 i i 3 1 ,S X X X+ = = γ = − − γ∈

( ) { }31 3SX

+=B , ( )dim 1 3 1S + = , ( ) ( )1 3 1 1 3g m+ = = + .

Matricea A este diagonalizabilă. Pasul 3. Matricea diagonală D are forma

1 0 0

0 1 3 0

0 0 1 3

D

⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

, ( )1 2 3diag , ,D = λ λ λ .

Pasul 4. Baza care corespunde lui D este o bază de vectori proprii

{ }p 1 2 3, ,X X X= =D B .

Pasul 5. Proba de corectitudine 1D C AC−= sau CD AC=


1 i 1 i 1 i

0 i 3 i 32 1 1

C

− + − −⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )( ) ( )

1 i 1 3 i 1 3 1 3 i 1 3

0 i 3 3 i 3 3

2 1 3 1 3

CD AC

⎛ ⎞− + − + − + + + − −⎜ ⎟⎜ ⎟= = − − +⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠

.

Observaţie. Matricea A este hermitică, adică tA A= . Atunci ea are valori proprii reale.

Problema 17. Fie matricea ( )5A∈M a.î. 1ija = pentru şi

în rest. Să se determine o matrice nesingulară C a.î. matricea

6i j+ =

0ija = 1D C AC−= să fie diagonală. Să se facă proba de corectitudine a calculelor.

Soluţie. Matricea A are diagonala secundară formată numai din elemente cu valoarea 1.

Enunţul este o altă variantă de a cere să se diagonalizeze matricea A (dacă aceasta se poate face).

Etapa 1. ( ) ( ) (2 2det 1 1A I− λ = λ + − λ)

1 2 1λ = λ = − , , 3 4 5 1λ = λ = λ = ( )1 2m − = , ( )1 3m = .

Etapa 2. , ( , 1 1λ = − )1A I X− λ = θ 1 2X X X= α +β

( ) ( ) ( ){ }t t1 2 1 21 / 0 1 0 1 0 , 1 0 0S X X X X X− = = α + β = − = −0 1

( ) { }1 21 ,S X X− =B , ( )dim 1 2S − = , ( ) ( )1 2 1g m− = = −

3 1λ = , ( )3A I X− λ = θ , 3 4X X X X5= γ + δ + μ

( )( )

( ) ( )

t3 4 5 3

t t4 5

/ 1 0 0 0 11

0 1 0 1 0 , 0 0 1 0 1

X X X X XS

X X

,⎧ ⎫= γ + δ + μ =⎪ ⎪= ⎨ ⎬= =⎪ ⎪⎩ ⎭

( ) { }3 4 51 , ,S X X X=B , ( )dim 1 3S = , ( ) ( )1 3 1g m= = .

Matricea A este diagonalizabilă. Etapa 3. Scriem baza de vectori proprii

{ }p 1 2 3 4 5, , , ,X X X X X= =D B .


Etapa 4. Matricea căutată este matricea de trecere C de la baza la baza

cB

pB . Coloanele matricei C sunt vectorii bazei pB .

Etapa 5. Calculăm şi notăm rezultatul cu D. 1C AC−

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

D

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Etapa 6. La proba de corectitudine se vede că matricea D are pe diagonală chiar valorile proprii folosite cu ordinele de multiplicitate necesare.

Problema 18. Fie operatorul liniar cu matricea ataşată 3:T → 3

2 1 21 2 2 13

1 2 2A

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se arate că A este matrice ortogonală şi să se cerceteze dacă se poate diagonaliza.

b) În caz afirmativ să se găsească matricea diagonală D şi baza corespunzătoare D.

c) Folosind D să se găsească o nouă bază B de vectori reali şi să se scrie matricea ataşată B corespunzătoare.

Soluţie. a) Matricea A este ortogonală deoarece tAA = I . Obţinem succesiv:

( ) ( )( )3 2 2det 2 2 1 1 1A I− λ = −λ + λ − λ + = λ − λ − λ +

1 1λ = , 21 3i2 2

λ = + , 31 3i2 2

λ = − , kλ ∈

1 1λ = , ( , )1A I X− λ = θ ( )t11 1 1X X= α = α

( ) ( ){ }t1 1 1/ 1 1 1 ,S X X Xλ = = α = α∈

( ) { }1 1S Xλ =B , ( )1dim 1S λ = , ( ) ( )1 11g mλ = = λ

2λ = λ , ( )2A I X− λ = θ , t

1 3 1 3i i2 2 2 2

X⎛ ⎞

= β − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

1


( )t

2 2 21 3 1 3/ i i2 2 2 2

S X X X⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪λ = = β = − − − +⎜ ⎟⎨ ⎬⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

1

3λ = λ , ( )3A I X− λ = θ , t

1 3 1 3i i2 2 2 2

X⎛ ⎞

= γ − + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

1

( )t

3 3 31 3 1 3/ i i2 2 2 2

S X X X⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪λ = = γ = − + − −⎜ ⎟⎨ ⎬⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

1

( ) ( )2 21g mλ = = λ , ( ) ( )3 31g m= = λ k, ∈ . λλ

Matricea A este diagonalizabilă. Matricea D are forma

1 0 0

1 30 i 02 2

1 30 0 i2 2

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Baza care corespunde lui D este

{ }p 1 2 3, ,X X X= =D B , 1D C AC−= , CD AC= .

c) Se ştie că vectorii proprii sunt liniar independenţi. În locul vectorilor proprii complecşi şi putem alege vectori reali l.i., de exemplu vectori de forma

1 2, ,X X X3

2X 3X

2 2 3

112

Y X X−⎛ ⎞⎜ ⎟= + = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )3 2 3

31 3i

0Y X X

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= − = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Vectorii şi nu sunt vectori proprii, dar vectorii , , sunt liniari independenţi. Ei formează o bază

2Y 3Y 1X 2Y 3Y{ }1 2 3, ,X Y Y=B . Matricea de trecere de

la la este cB B

1 1 3

1 1 31 2 0

C

⎛ ⎞− −⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Matricea care corespunde lui B este matricea 1B C AC−= . Matricea B nu mai este diagonală.


Observaţie. Vectorii reali şi se pot alege şi sub forma , .

2Y 3Y 2 2ReY X=

3 2ImY X= Problema 19. Fie endomorfismul care în baza canonică are


4 5 71 4 94 0 5

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se determine subspaţiile invariante care corespund valorilor proprii. b) Cu ajutorul bazelor subspaţiilor invariante să se construiască baze ale

lui şi să se scrie matricele ataşate lui T în aceste baze. 3

Soluţie. a) ( ) ( )( )2det 1 4 13A I− λ = λ − −λ + λ −

1 1λ = , , , 2 2 3iλ = + 3 2 3iλ = − ( )1 1m λ = , ( )2 1m λ = , ( )3 1m λ =

( ) ( ){ }t 31 1 1 1/ 1 2 1 ,S X X X Xλ = = α = ∈

2 2 3iλ = + , ( )2A I Y− λ = θ , , β∈ ( )t3 4 i 2 2iY = β + +

3 2 3iλ = − , ( )3A I Z− λ = θ , , . ( )t3 4 i 2 2iZ = δ − − δ∈

Deoarece şi , 1λ ∈ 31X ∈ ( )1S λ este subspaţiu propriu şi deci este

subspaţiu invariant. Deoarece şi , construim vectorii , luând

şi , . Obţinem: 2λ ∉ 3Y ∉ 3

2 3,Y Y ∈ Re kyIm ky 1,3k =

( )t2 3 4 2Y = , . ( )t3 0 1 2Y =

Aceşti vectori generează subspaţiul invariant

{ }2 2 3, ,S X Y Y= = β + γ β∈ γ∈ .

Analog, construim vectorii 32 3,Z Z ∈

( )t2 3 4 2Z = , ( )t

3 0 1 2Z = − − ,

care generează subspaţiul invariant

{ }3 2 3, ,S X Z Z= = δ + μ δ∈ μ∈ .

b) Vectorii , , sunt l.i. şi formează baza a lui . Matricea de trecere este

1X 2Y 3Y 1B3


1

1 3 02 4 11 2 2

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11

6 6 31 3 2 13

0 1 2C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Matricea ataşată lui T în baza este 1B

11 1 1C AC−= 1

1 0 00 2 30 3 2

B⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, . B

Vectorii sunt l.i. şi formează baza a lui . Matricea de trecere este

1 2 3, ,X Z Z 2B3

2

1 3 02 4 11 2 2

C⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 12

6 6 31 3 2 13

0 1 2C−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


12 2 2C AC−= 2

1 0 00 2 30 3 2

B⎛ ⎞⎜ ⎟, B −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

. =

Problema 20. Fie operatorul liniar cu matricea ataşată 3:T →

2 1 21 2 2 13

1 2 2A

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Să se determine subspaţiile invariante care corespund valorilor proprii şi câte o bază a acestora.

b) Cu ajutorul bazelor subspaţiilor invariante să se construiască baze ale lui şi să se determine matricele ataşate lui T în aceste baze. 3

Soluţie. a) ( ) ( )( )2det 1 1A I− λ = λ − λ − λ +

1 1λ = , 21 3i2 2

λ = + , 31 3i2 2

λ = − , 2λ ∈ , 3λ ∈ .

Valoarea proprie generează subspaţiul propriu 1 1λ = ( )1S λ care este subspaţiu invariant

( ) ( ){ }t1 1 1/ 1 1 1 ,S X X Xλ = = α = α∈

( ) { }1 1S Xλ =B , ( )1dim 1S λ = .


2λ , ( )2A I Y− λ = θ , t

1 3 1 3i i 12 2 2 2

⎛ ⎞= β − − − +⎜ ⎟

⎝ ⎠Y .

Deoarece construim vectorii , luând şi ,

3Y ∉ 32 3,Y Y ∈ Re ky Im ky

1,3k =t

21 1 12 2

Y ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

33 3 0

2 2Y

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.


{ }2 2 3, ,S X Y Y= = β + γ β∈ γ∈

{ }2 2 3,S Y Y=B , 2dim 2S = .

3λ , ( )3A I Z− λ = θ , t

1 3 1 3i i 12 2 2 2

Z⎛ ⎞

= δ − + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Analog construim vectorii 32 3,Z Z ∈

t

21 1 12 2

Z ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

33 3 0

2 2Z

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.


{ }3 2 3, ,S X Z Z= = δ + μ δ∈ μ∈

{ }3 2 3,S Z Z=B , 3dim 2S = .

b) Vectorii , , sunt l.i. şi formează o bază a lui . Matricea de trecere este

1X 2Y 3Y 1B3

1

1 1/ 2 3 / 2

1 1/ 2 3 / 21 1 0

C

⎛ ⎞− −⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11

1 1 11 1 1 23

3 3 0

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

C .


11 1 1B C AC−= , 1

1 0 0

0 1/ 2 3 / 2

0 3 / 2 1/ 2

B⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


Analog, vectorii sunt l.i. şi formează baza a lui . Matricea de trecere este

1 2, ,X Z Z3 2B3

2

1 1/ 2 3 / 2

1 1/ 2 3 / 21 1 0

C

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 12

1 1 11 1 1 23

3 3 0

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

C .


12 2 2B C AC−= , 2

1 0 0

0 1/ 2 3 / 2

0 3 / 2 1/ 2

B

⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Problema 21. În spaţiul vectorial ( )2V =M al matricelor se dă

operatorul :T V V→ , ( ) tT X X= , X V∈ .

a) Să se arate că T este operator liniar. b) Să se afle valorile proprii şi subspaţiile proprii. c) Să se diagonalizeze operatorul T şi să se găsească o bază de vectori

proprii. d) Să se afle baza subspaţiului ( ){ }/W X V T X X= ∈ = . Soluţie. a) Pentru demonstrarea liniarităţii fie şi .

Obţinem succesiv: ,X Y V∈ α∈

( ) ( ) ( ) (t t tT X Y X Y X Y T X T Y+ = + = + = + )

( ) ( ) ( )t tT X X X T Xα = α = α = α . Operatorul T este liniar, deoarece proprietăţile de liniaritate şi aditivitate

sunt îndeplinite. b) Aflăm matricea A ataşată lui T în baza canonică a lui V cB

{ }c 11 21 12 22, , ,E E E E=B , dim 4V =

111 00 0

E ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , . 210 01 0

E ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

120 10 0

E ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

220 00 1

E ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Dacă , atunci . Folosim operaţia de

transformare a unei matrice în vector coloană (întindere). Astfel matricea X

a cX

b d⎛ ⎞

= ⎜⎝ ⎠

⎟ ⎟( ) a bT X

c d⎛ ⎞

= ⎜⎝ ⎠


devine ( t)x a b c d= . Matricea ataşată A provine din acţiunea lui T asupra lui . Obţinem succesiv: cB

( ) t11 11 11T E E E= = , ( ) t

21 21 12T E E E= =

( ) t12 12 21T E E E= = , ( ) t

22 22 22T E E E= =

1 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) ( ) ( )3det 1 1A I− λ = λ − λ + 1 2 3 1, λ = λ = λ = , 4 1λ = −

( )1 3m = , ( )1 1m − = . Valorile proprii generează matricea diagonală

1 1λ = , ( )1A I x− λ = θ , 1 2 3x v v v= α +β + γ

( ) ( ) (( ) ( )

t t1 2 3 1 2

t3

/ 0 1 1 0 , 1 0 0 01

0 0 0 1 , , , , 1 3

x v v v v vS

v g

⎧ ⎫= α +β + γ = =⎪ ⎪= ⎨ ⎬= α β γ∈ =⎪ ⎪⎩ ⎭

) ,

4 1λ = − , ( )4A I x− λ = θ , x 4vα =

( ) ( ) ( ){ }t4 41 / 0 1 1 0 , , 1S x v v g− = = α = − δ∈ − =1

( ) ( )1 1m g= , ( ) ( )1m g− = −1 arată că A este matrice diagonalizabilă.

c) Baza care corespunde lui D este p=D B formată cu vectori proprii (care se pot împacheta)

{ }p 1 2 3 40 1 1 0 0 0 0 1

, , , , , ,1 0 0 0 0 1 1 0

v v v v⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭B .

Matricea de trecere de la la cB pB este 0 1 0 01 0 0 11 0 0 10 0 1 1

C

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

0 1 1 02 0 0 010 0 0 220 1 1 0

C−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


Proba de corectitudine arată că 1C AC D− = . Observaţie. Dacă în loc de baza se ia baza cB { }c 11 12 21 22, , ,E E E E′ =B ,

atunci matricea ataşată A′ este chiar matrice diagonală.

tX X= , 1 0 0 1 0 0

, ,0 0 1 0 0 1w

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭B .

Problema 22. Fie operatorul liniar care în baza canonică are


0 1 11 0 11 1 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Folosind metoda diagonalizării, să se determine nA . b) Să se exprime nA cu ajutorul puterilor valorilor proprii şi a unor

matrice convenabil alese. Soluţie. a) Pasul 1. Cercetăm dacă A se poate diagonaliza. Obţinem

succesiv: ( ) ( ) ( )2det 1 2A I− λ = λ − − λ 1 2 1, = λ = − , 3 2λ = λ

( )1 2m − = , ( )2 1m =

, ( , (*) 1 1λ = − )1A I X− λ = θ1

2

3

1 1 1 01 1 1 01 1 1 0

xxx

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

⎞⎟⎟⎟⎠

( ) ( ) ( ){ }t t1 2 1 21 / 1 0 1 , 1S X X X X X− = = α +β = − = −0 1

( ) { }1 21 ,S X X− =B , ( )dim 1 2S − = , ( ) (1 2 1g m )− = = −

, (3 2λ = )2A I X− λ = θ , 1

2

3

2 1 1 01 2 1 01 1 2 0

xxx

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(**)

( ) ( ){ }t3 32 / 1 1 1 ,S X X X= = γ = γ∈

( ) { }32S X=B , ( )dim 2 1S = , ( ) ( )2 1 2g m= = .

Matricea A se poate diagonaliza şi rezultă matricea diagonală D şi baza corespunzătoare de vectori proprii pB


1 0 00 1 00 0 2

D−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

( )

( )

1 0

0 1

0 0 2

n

nn

n

D

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0

0

{ }p 1 2 3, ,X X X=B bază neortogonală.

Pasul 2. Se află matricea C de trecere de la la cB pB de forma

1 0 10 1 11 1 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 12 1 1

1 1 2 13

1 1 1C−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pasul 3. Se scrie legătura dintre matricea iniţială A şi forma ei diagonală 1D C AC−= , 1A CDC−= , 1nA CDC−= , 1n ≥

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1

1 1

1 1

2 1 2 1 2 1 21 1 2 2 1 2 1 23

1 2 1 2 2 1 2

n n nn n

n n nn n n

n n nn n

A

+ +

+ +

+ +

⎛ ⎞− + − + − +⎜ ⎟⎜ ⎟= − + − + − +⎜ ⎟⎜ ⎟− + − + − +⎝ ⎠

n

n

n

.

b) Pasul 4. Matricea nA se poate exprima ca suma a două matrice multiplicate cu puterile valorilor proprii

( )2 1 1 1 1 1

1 21 2 1 1 1 13 3

1 1 2 1 1 1

n nnA

−⎛ ⎞ ⎛− ⎜ ⎟ ⎜= − − +⎜ ⎟ ⎜

⎜ ⎟ ⎜−⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

.

Se vede că matricele de mai sus apar în sistemele omogene (**) şi (*), adică

( ) ( ) ( ) ( )1 3 31 13 3

nnn1A A I A I= − λ − λ + λ − λ .

. 3 detC=Observaţie. Această problemă este corelată cu problema 20 din cap. 7. Problema 23. Fie operatorul liniar care în baza canonică are

forma 3:T → 3

1 1 11 1 11 1 1

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


a) Să se calculeze nA folosind metoda diagonalizării. b) Să se exprime nA cu ajutorul puterilor valorilor proprii şi a unor

matrice convenabil alese. Soluţie. a) Pasul 1. Cercetăm dacă matricea A se poate diagonaliza.

Obţinem succesiv:

( ) ( ) ( )2det 2 1A I− λ = λ + − λ 1 2 2, λ = λ = − , 3 1λ =

( )2 2m − = , ( )1 1m =

, ( , (*) 1 2λ = − )1A I X− λ = θ1

2

3

1 1 1 01 1 1 01 1 1 0

xxx

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

⎞⎟⎟⎟⎠

( ) ( ) ( ){ }t t1 2 1 22 / 1 1 0 , 1S X X X X X− = = α +β = − = − 0 1

( ) { }1 22 ,S X X− =B , ( )dim 2 2S − = , ( ) (2 2 2g m )− = = −

, 3 1λ = ( )3A I X− λ = θ , 1

2

3

2 1 1 01 2 1 01 1 2 0

xxx

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(**)

( ) ( ){ }t3 31 / 1 1 1 ,S X X X= = γ = γ∈

( ) { }31S X=B , ( )dim 1 1S = , ( ) ( )1 1 1g m= = .

Matricea A se poate diagonaliza şi rezultă:

2 0 00 2 00 0 1

D−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

( )

( )

2 0

0 2

0 0 1

n

nn

n

D

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0

0

{ }p 1 2 3, ,X X X=B .

Pasul 2. Se află matricea de trecere de la la baza cB pB

1 1 11 0 10 1 1

C− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11 2 1

1 1 1 23

0 1 1C−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pasul 3. Se scrie legătura dintre matricea iniţială A şi forma ei diagonală D 1D C AC−= , 1A CDC−= , 1n nA CD C−= , 1n ≥


( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

11 2 2 1 2 1 21 1 2 1 2 2 1 23

1 2 1 2 1 2 2

n n n

n nn

n n

A n

n

+⎛ ⎞+ − − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟= − − + − − −⎜ ⎟⎜ ⎟− − − − + −⎝ ⎠

.

b) Pasul 4. Matricea nA se poate scrie ca suma a două matrice înmulţite cu puterile valorilor proprii

( )2 1 1 1 1 1

2 11 2 1 1 1 13 3

1 1 2 1 1 1

n nnA

−⎛ ⎞ ⎛− ⎜ ⎟ ⎜= − − +⎜ ⎟ ⎜

⎜ ⎟ ⎜−⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

.

Se vede că matricele de mai sus apar în sistemele omogene (**) şi (*), adică

( ) ( ) ( ) ( )1 3 31 13 3

nnn1A A I A I= − λ − λ + λ − λ

3 detC= .

Problema 24. Fie operatorul liniar , care în baza canonică are

matricea ataşată . Să se calculeze matricele:

3:T → 3

⎟6 23 7

A ⎛ ⎞= ⎜⎝ ⎠

a) Ae , cos A , sin A ; b) , co , sin , rAe s rA rA r∈ . Soluţie. a) Pasul 1. Cercetăm dacă A este matrice diagonalizabilă. În caz

afirmativ scriem matricea diagonală D şi aflăm o bază de vectori proprii pB împreună cu matricea de trecere C de la baza la baza cB pB .

Obţinem succesiv:

( ) 2det 13 36A I− λ = λ − λ + , 1 4λ = , 2 9λ =

( ) ( ){ }t1 14 / 1 1 ,S X X X= = α = − α∈

( ) ( ){ }t2 29 / 2 3 ,S X X X= = β = β∈

( ) ( )1 11m gλ = = λ , ( ) ( )2 21m gλ = = λ ,

matricea A este diagonalizabilă şi { }p 1 2,X X=B

4 00 9

D ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 1 21 3

C−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3 211 15

C− −⎛ ⎞= − ⎜ ⎟− −⎝ ⎠

1D C AC−= , 1A CDC−= , 1n nA CD C−= .


Pasul 2. Formal scriem matricea nA care are forma de mai sus. Pasul 3. Folosim seriile Taylor din analiză

2 31 ...,

1! 2! 3!t t t te t= + + + + ∈K

2 4 6cos 1 ...,

2! 4! 6!t t tt t= − + − + ∈K

3 5 7sin ...,

1! 3! 5! 7!t t t tt t= − + − + ∈K .

Pasul 4. Înlocuim variabila t cu matricea A şi rezultă: 4

2 3 19

01 1 1 ...1! 2! 3! 0

A ee C I D D D C C C

e1− −

⎛ ⎞⎛ ⎞= + + + + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 4 6 1 cos4 01 1 1cos ...0 cos92! 4! 6!

1A C I D D D C C C− −⎛ ⎞⎛ ⎞= − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 5 7 1 sin 4 01 1 1 1sin ...0 sin91! 3! 5! 7!

1A C D D D D C C C− −⎛ ⎞⎛ ⎞= − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

b) Rezultă: 4

19

0

0

rrA

r

ee C C

e−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

1cos4 0cos

0 cos9r

rA C Cr

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠, . 1sin 4 0

sin0 sin9

rrA C C

r−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Consecinţă. Au loc formule asemănătoare cu cele din trigonometrie ( )cos cos cos sin sinrA sA rA sA rA sA+ = ⋅ − ⋅

( )sin sin cos cos sinrA sA rA sA rA sA+ = ⋅ + ⋅ etc. Problema 25. Fie endomorfismul care în baza canonică are


1 1 1 01 3 0 11 0 1 10 1 1 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

a) Să se cerceteze dacă matricea A este diagonalizabilă.


b) În caz negativ să se aducă A la forma (canonică) Jordan prin determinarea matricei Jordan J şi a bazei corespunzătoare . JB

Soluţie. Pasul 0. Aflăm valorile proprii, subspaţiile proprii şi multiplicităţile. Rezultă:

( ) ( )4det 1A I− λ = λ − 1 2 3 4 1, λ = λ = λ = λ = , ( )1 4m =

( ) ( ) ({ ) }t t1 1 2 2 1 21 / 1 0 0 1 , 1 1S X X X X X= = α + α = = − −1 2

( ) ( )1 2 1g m= ≠ , A nu este diagonalizabilă.

Matricea A se poate aduce la forma Jordan. Pasul 1. Pentru aflăm 1 1λ = ( )1Ker A I− λ . Notăm 1 1A A I= − λ matricea

ataşată operatorului liniar , 1 1T T= − λ e ( )e X X= . Se vede că

( ) ( ) { }1 1 1 1 1Ker Ker 1 2A I T S X X X− λ = = = = λ + λ

{ }1Ker 1 2,T X X=B , 1 1dimKer 2T d= = .

Deoarece este valoare proprie unică (dar multiplă) rezultă că matricea Jordan J va avea un bloc Jordan, compus din

1 1λ =

12 dimKerT= celule Jordan. De asemenea, din multiplicitatea lui 1 1λ = rezultă că trebuie să determinăm , etc. 2

1KerT 31KerT

Pasul 2. Aflăm . Obţinem succesiv: 21KerT

( )21A I X− λ = θ , ( )21

2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2

A I

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

{ }21 1 3 2 4 3 5 1 2 3Ker / , ,T X X X X= = β +β + β β β β ∈

( )t3 1 0 0 1X = , ( )t4 0 1 0 1X = − , ( )t

5 0 0 1 1X =

21 2dimKer 3T d= = .

Aflăm . Obţinem 31KerT ( )31 0A I− λ = (0 este matricea pătrată nulă).

Deci: ( )31A I X− λ = θ , X ∈ , , 3 4

1KerT = 31 3dimKer 4T d= = .

Pasul 3. Avem incluziunile şi dimensiunile corespunzătoare 2 3 3

1 1 1Ker Ker KerT T T⊂ ⊂ = 1 2 3d d d, < . <


Pasul 4. Facem diferenţa dimensiunilor de la sfârşit către început. kd4a) Deoarece alegem un vector 3 2 4 3 1d d− = − =

3 21 1Ker Kerv T∈ − 1T a.î. ( )2 4

1 1KerT L v⊕ = ,

unde ( )1L v este subspaţiul vectorial (acoperirea liniară) generat de . Luăm

, deoarece vectorii 1v

( t1 1 0 0 0v = ) { }1 3 4 5, , ,v X X X sunt l.i.

Calculăm ( )1 1T v şi ( )21 1T v . Obţinem:

( ) ( ) ( )t 21 1 1 1 4 5 10 1 1 0 KerT v A I v X X T= − λ = − − = − − ∈

( ) ( ) ( )t221 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 KerT v A I v X X T= − λ = − − = − − ∈ 1.

4b) Deoarece ( )21 1 KerT v T∈ 1 şi 1 2d = , alegem un vector a.î. 2 1Kerv T∈

( ){ }21 1 2,T v v să fie bază a lui . Luăm . 1KerT ( )t

2 1 0 0 1v =

Pasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi la pasul 4 în ordinea descrescătoare a puterilor din şi formăm baza Jordan ( )1 1

kT v

( ) ( ){ }2J 1 1 1 1 1 2, , ;T v T v v v=B .

Pasul 6. Scriem matricea de trecere C de la la şi obţinem: cB JB

2 0 1 12 1 0 02 1 0 02 0 0 1

C

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

0 1 1 00 2 2 014 4 4 442 2 2 4

C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟= =⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Pasul 7. Produsul 1C AC J− = structurează matricea A sub forma cvasidiagonală numită forma Jordan

( )( )

1

1

1 1 0 00 1 1 0 3 00 0 1 0 0 10 0 0 1

JJ

J

⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Matricea J are două celule Jordan care corespund valorii proprii multiple , 1λ = ( )1 3J de tipul 3 ; 3× ( )1 1J de tipul 1 1× .

Observaţie. Există două celule Jordan şi doi vectori proprii în bază: ( )1 1T v şi . 2v


Problema 26. Fie un operator liniar care în baza canonică are matricea ataşată

4:T → 4

4det 1A I

1 2 3 40 1 2 30 0 1 20 0 0 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Să se aducă la forma canonică Jordan. Soluţie. Pasul 0. Aflăm valorile proprii, multiplicităţile algebrice,

subspaţiile proprii: ( ) ( )− λ = λ − 1 2 3 4 1, λ = λ = λ = λ = , ( )1 4m =

( )1A I X− λ = θ , ( )t11 0 0 0X X= α = α

( ) ( ){ }t1 1 11 / 1 0 0 0 ( )di . m 1 1S =S X X X= = α = ,

Deoarece există numai , există un singur bloc Jordan 1 1λ = 1J . Pasul 1. Notăm cu matricea ataşată 1T T= − λ1e 1A I− λ . Avem

( ) ( )1 1Ker Ker 1T A I S= − λ = , 1 1dimKer 1T d= = .

Din rezultă că blocul Jordan 1 1d = 1J conţine o singură celulă Jordan, care are forma ( )4J . Această celulă epuizarea întreaga matrice Jordan, adică

( )1 4J J= . Un calcul direct, nu deductiv, va confirma rezultatul de mai sus. Pasul 2. Cum este valoare proprie multiplă, trebuie să calculăm , etc. Obţinem succesiv:

1 1λ =2

1KerT 31KerT

( )21A I X− λ = θ , ( )31A I X− λ = θ etc.

( )21

0 0 4 10 0 0 40 0 0 00 0 0 0

A I

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( ) , ( ) 31

0 0 0 80 0 0 00 0 0 00 0 0 0

A I

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

41 0A I− λ =

( ) ( ){ }t t21 2 3 2 3Ker / 1 0 0 0 , 0 1 0 0T X X X X X= = α +β = =

( )( ) ( )

t4 5 6 43

1 t t5 6

/ 1 0 0 0Ker

0 1 0 0 , 0 0 1 0

X X X X XT

X X

⎧ ⎫= α +β + γ =⎪ ⎪= ⎨ ⎬= =⎪ ⎪⎩ ⎭

( )41A I X− λ = θ , 4X ∈ , . 4 41KerT =

Indicele de nilpotenţă este 4p = .


Pasul 3. Au loc incluziunile, bazele şi dimensiunile 2 3 4 4

1 1 1 1Ker Ker Ker KerT T T T⊂ ⊂ ⊂ = 1 2 3d d d, < . <

{ }1X , { }2 3,X X , { }4 5 6, ,X X X , cB

1 1d = , , 2 2d = 3 3d = , 4 4d = , 1 2 3d d d d4< < < .

Pasul 4. Calculăm diferenţele dimensiunilor de la sfârşit către început. idAvem şi alegem un vector cu proprietăţile 4 3 1d d− = 1v

( )4 31 1 1T 3 4

1 1KerT L v⊕ = . Ker Kerv T∈ − ,

Luăm . ( )t 41 10 0 0 1 Kerv T= ∈

Calculăm ( )1 1T v , ( )21 1T v , ( )3

1 1T v . Obţinem:

( ) ( ) ( )t 31 1 1 1 4 5 6 14 3 2 0 4 3 2 KerT v A I v X X X T= − λ = = + + ∈

( ) ( ) ( )t22 21 1 1 1 2 3 112 4 0 0 12 4 KerT v A I v X X T= − λ = = + ∈

( ) ( ) ( )t331 1 1 1 18 0 0 0 8 KerT v A I v X T= − λ = = ∈ 1.

Datorită incluziunilor avem ( )31 1T v , ( )2

1 1T v , ( )1 1T v şi vectori din

. 1v

4 41KerT =Pasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi la pasul anterior în ordinea descrescătoare

a puterilor din şi formăm baza Jordan ( )1 1kT v

( ) ( ) ( ){ }3 2J 1 1 1 1 1 1 1, , ,T v T v T v v=B .

Pasul 6. Scriem matricea de trecere C de la la şi obţinem: cB JB

8 12 4 00 4 3 00 0 2 00 0 0 1

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

8 24 20 00 16 24 010 0 32 0640 0 0 64

C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pasul 7. Produsul 1C AC J− = structurează matricea A sub forma canonică Jordan

( )1

1 1 0 00 1 1 0

40 0 1 10 0 0 1

J J

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.


Observaţie. Matricea Jordan conţine o singură celulă Jordan şi deci baza Jordan conţine un singur vector propriu şi anume ( )3

1 1 8T v X= 1

4

4det 1A I

. Problema 27. Pentru endomorfismul care în baza canonică

are matricea ataşată A să se determine matricea Jordan J şi baza Jordan corespunzătoare , unde

4:T →

JB3 1 0 04 1 0 07 1 2 1

17 6 1 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

.

Soluţie. Pasul 0. Aflăm valorile proprii, subspaţiile proprii şi multiplicităţile algebrice şi geometrice. Rezultă:

( ) ( )− λ = λ − 1 2 3 4 1, λ = λ = λ = λ = , ( )1 4m =

( )1A I X− λ = θ , 1 2, ,X X X= α +β α∈ β∈

( ) ( ) ({ ) }t t1 2 1 21 / 1 2 5 0 , 0 0S X X X X X= = α + β = − − = −1 1 ,

( ) { }1 21 ,S X X=B ( )dim 1 2S = .

Pasul 1. Aflăm ( )1Ker A I− λ . Notăm 1T T 1e= − λ operatorul liniar cu matricea 1A I− λ şi . Obţinem ( )e X X=

( ) { }1 1 2Ker 1T S X X X= = = α +β 1 1dimKer 2T d, = . =

Deoarece este valoare proprie unică şi 1λ 1 2d = , rezultă că matricea Jordan va avea un bloc Jordan compus din două celule Jordan. Deocamdată ordinele acestora sunt necunoscute. Din multiplicitatea lui rezultă necesitatea calculării lui , etc.

1 1λ =2

1KerT 31KerT

Pasul 2. Determinăm . Obţinem 21KerT

( )21A I X− λ = θ , ( )21 0A I− λ = (0 este matricea nulă).

Indicele de nilpotenţă al lui 1A I− λ este 1 2p = . 4X ∈ , , 2 4

1KerT = 21dim 4 2T = = .

Evident că , . 41Ker kT = 2k ≥

Pasul 3. Scriem incluziunile şi dimensiunile 2 4

1 1Ker KerT T⊂ = , 1 2d d< .


Pasul 4. Facem diferenţa dimensiunilor subspaţiilor nucleu: . Rezultă că trebuie să alegem doi vectori şi cu

proprietăţile menţionate mai jos. 2 1 4 2 2d d− = − = 1v 2v

4a) Alegem vectorii

, v T (*) 21 1 1TKer Kerv T∈ − 2

2 1 1Ker KerT∈ −

( ) 2 41 1 2 1Ker , KerT L v v T⊕ = = .

Luăm , ( )t1 1 1 0 0v = − ( )t

2 1 0 1 0v = −4b) Calculăm ( )1 1T v şi ( )1 2T v . Obţinem:

( ) ( ) ( )t1 1 1 1 1 21 2 6 11 11 KerT v A I v X X T= − λ = − − = − ∈ 1

1

)

( ) ( ) ( )t1 2 1 2 1 22 4 6 16 2 16 KerT v A I v X X T= − λ = − − = − ∈ .

Observaţie. Am încercat şi vectori şi mai simpli, de exemplu

, , şi am constatat că acei 1v 2v

( )t1 0 0 0 ( t0 1 0 0 ( )1 1T v şi ( )1 2T v nu sunt din . 1KerT

Pasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi la pasul 4 într-o ordine determinată şi obţinem baza Jordan

( ) ( ){ }J 1 1 1 1 2 2, ; ,T v v T v v=B .

Pasul 6. Scriem matricea de trecere C

1 1 2 12 1 4 06 0 6 1

11 0 16 0

C

⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 1

16 16 16 412 24 12 12111 11 11 53630 30 6 6

C−

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= =⎜ ⎟− − − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Pasul 7. Calculăm produsul 1C AC J− = care structurează matricea A sub forma canonică Jordan

( )1 1

28 8 28 1612 24 12 12119 19 17 113630 30 6 6

J C AC C A C C− −

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟= = =⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

( )( )

1

1

1 1 0 00 1 0 0 2 00 0 1 1 0 20 0 0 1

JJ

J

⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

.


Observaţie. Alegerea vectorilor şi din relaţiile (*) este condiţionată de faptul că se cere apartenenţa lui

1v 2v( )1 1T v şi ( )1 2T v la . De exemplu, 1KerT

vectorii , nu satisfac această cerinţă. Se fac încercări cu şi până se găsesc vectori l.i. care satisfac apartenenţa de mai sus.

( )t1 0 0 0 ( t0 1 0 0)1v 2v

Există două celule Jordan şi doi vectori proprii în bază: ( )1 1T v şi ( )1 2T v . Problema 28. Să se aducă la forma canonică Jordan matricea A şi să se

afle baza Jordan corespunzătoare, unde:

0 2 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Soluţie. Pasul 0. Aflăm valorile proprii, subspaţiile proprii şi multiplicităţile. Rezultă

( ) ( ) ( )2 2det 1 1A Iλ = λ + λ − 1 2 1, = λ = − , 3 4 1λ − λ = λ−

( )1 2m − = , ( )1 2m = .

Observaţie. Valorile proprii se aşază în orice ordine, dar este preferabilă ordinea crescătoare

( )1A I X− λ = θ , ( ) ( ){ }t1 11 / 1 1 1 1S X X X− = = λ = − −

( )3A I X− λ = θ , ( ) ( ){ }t2 21 / 1 1 1 1S X X X= = β =

( ) ( )1 1 1g m− = ≠ − , ( )1 1g = .

Matricea A nu se poate diagonaliza, dar se poate aduce la forma Jordan. Există două blocuri Jordan.

Pasul 1. Aflăm ( )1Ker A I− λ şi ( )3Ker A I− λ . a) Pentru notăm 1 1λ = − 1T T 1e= − λ şi obţinem

( ) ( )1 1Ker Ker 1A I T S− λ = = − , 1 1dimKer 1T d= = .

Lui îi corespunde o singură celulă Jordan, deoarece 1 1λ = − 1 1d = . Ordinea celulei este necunoscută deocamdată.

b) Pentru notăm 3 1λ = 2T T 3e= − λ şi obţinem

( ) ( )3 2Ker Ker 1A I T S− λ = = , 2 1dimKer 1T s= =


3 1λ = îi corespunde o singură celulă Jordan. Pasul 2. Calculăm şi , 1Ker kT 2Ker kT 2k ≥

1

1 2 0 11 1 0 00 1 1 00 0 1 1

A I

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 3

1 2 0 11 1 0 00 1 1 00 0 1 1

A I

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) , , 1 1λ = − ( )21A I X− λ = θ 3 4X X X= α +β

( ) ({ ) }t t21 3 4 3 4Ker / 3 2 1 0 , 2 1 0 1T X X X X X= = α +β = − = −

( )31A I X− λ = θ , 3 4X X X= α +β , 3 21 1Ker KerT T=

21 2dimKer 2T d= =

b) , ( ) , 3 1λ = 23A I X− λ = θ 5 6X X X= α +β

( ) ({ ) }t t22 5 6 5 6Ker / 3 2 1 0 , 2 1 0 1T X X X X X= = α +β = = − −


22 2dimKer 2T s= =

( )21

3 4 1 22 3 0 11 2 1 00 1 2 1

A I

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )23

3 4 1 22 3 0 11 2 1 00 1 2 1

A I

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Pasul 3. a) Pentru avem incluziunile 1T2 3

1 1 1TKer Ker KerT T⊂ = 1 2d d, < .

b) Pentru avem incluziunile 2T2 3

2 2 2TKer Ker KerT T⊂ = 1 2, s s< .

Pasul 4. Calculăm diferenţa dimensiunilor nucleelor. 4a) . Trebuie să alegem un singur vector cu proprietăţile 2 1 1d d− = 1v

( )21 1 1T 2

1 1 1r KerT L v T⊕ =Ke Ker Kerv T∈ − ,

( )1 1 1KerT v T∈ . Luăm . ( )t1 42 1 0 1v X= − =


Calculăm ( ) ( )1 1 1 1T v A I v= − λ şi obţinem

( ) ( )t1 1 1 11 1 1 1 KerT v X T= − − = ∈ .

Deoarece , nu mai calculăm 1dimKer 1T = ( )21 1KerT v .

4b) . Trebuie să alegem un singur vector cu proprietăţile 2 1 1s s− = 2v

( )22 2 2T 2

2 2 2r KerT L v T⊕ =Ke Ker Kerv T∈ − ,

( )2 2 2KerT v T∈ . Luăm . ( )t2 62 1 0 1v X= − − =

Calculăm ( )2 2T v şi obţinem

( ) ( ) ( )t2 2 3 2 21 1 1 1 KerT v A I v X T= − λ = − − − − = − ∈ 2 .

Deoarece , nu mai calculăm 2dimKer 1T = ( )22 2T v .

Pasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi în baza Jordan sub următoarea formă

( ) ( ){ }J 1 1 1 2 2 2, ; ,B T v v T v v= .


1 2 1 21 1 1 11 0 1 01 1 1 1

C

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1

0 2 2 11 1 1 110 1 2 141 1 1 1

C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Pasul 7. Calculăm produsul 1C AC J− = care structurează matricea A sub forma Jordan

( )1 1

1 2 1 01 1 1 111 2 1 041 1 1 1

J C AC C A C− −

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟= = =⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

( )( )

1

1

1 1 0 02 00 1 0 0

0 20 0 1 10 0 0 1

JJ

J−

−⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞−⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Observaţie. Există două celule Jordan şi doi vectori proprii în bază: ( )1 1T v şi ( )2 2T v .


Problema 29. Să se determine matricea Jordan J şi baza Jordan corespunzătoare pentru endomorfismul care în baza canonică

are matricea ataşată

JB3:T → 3

cB3 1 10 2 01 1 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.


( ) ( )3det 2A I− λ = − λ 1 2 3 2, λ = λ = λ = , ( )2 3m =

( )1A I X− λ = θ 1 2X X X= α +β , α∈ , β∈

( ) ( ) ( ){ }t t1 2 1 22 / 1 0 1 , 0S X X X X X= = α +β = = 1 1

( ) { }1 22 ,S X X=B , ( )dim 2 2S = , ( ) ( )2 2 2g m= ≠ .

Matricea A nu se poate diagonaliza, dar se poate aduce la forma Jordan. Există un singur bloc Jordan.

Pasul 1. Pentru aflăm 1 2λ = ( )1Ker A I− λ . Notăm , cu matricea ataşată

1T T= − λ1e

1A I− λ . Avem

( ) ( ) { }1 1 1Ker Ker 2 2A I T S X X X− λ = = = = α +β

{ }1Ker 1 2,T X X=B , 1 1dimKer 2T d= = .

Pentru valoare proprie multiplă, există 1λ 1 2d = celule Jordan. Nu ştim dimensiunile celulelor (dar le intuim ca fiind 1 şi 2) şi nu ştim încă ordinea în care acestea vor apărea. Această ordine va fi generată de baza Jordan şi matricea de trecere C prin formula 1C AC J− = . Până atunci mai avem de parcurs câteva etape.

Deoarece este valoare proprie multiplă, trebuie să calculăm , etc. Procesul este finit.

1λ2

1KerT3

2KerTPasul 2. Pentru obţinem succesiv 2

1KerT

( )21A I X− λ = θ , ( )21 0A I− λ = (matricea nulă), . 3X ∈

2 31KerT = , 2

1 2dimKer 3T d= = .

Operatorul liniar este nilpotent cu puterea 2. Evident că nu se mai caută .

1T3

1KerTPasul 3. Avem incluziunile de subspaţii şi dimensiunile


2 31 1Ker KerT T⊂ = , 1 2d d< .

Pasul 4. Facem diferenţa dimensiunilor şi obţinem 2 1 3 2 1d d− = − = . 4a) Aceasta arată că trebuie să alegem un singur vector 1v

21 1Ker Kerv T∈ − 1T a.î. ( ) 2

1 1Ker KerT L v T⊕ = 1 ,

unde ( )1L v este acoperirea liniară generată de . Luăm (cel mai simplu vector).

1v ( t1 1 0 0v = )

Calculăm ( )1 1T v şi obţinem:

( ) ( ) ( )t1 1 1 1 1 11 0 1 KerT v A I v X T= − λ = = ∈ .

( ) ( )221 1 1 1T v A I v= − λ = θ .

4b) Deoarece ( )1 1 1KerT v T∈ şi 1dimKer 2T = , mai alegem un vector

şi fie . 2 1Kerv ∈ T ( )t2 2 0 1 1v X= =

Pasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi la pasul 4 în ordinea descrescătoare a puterilor şi obţinem baza Jordan ( )1 1

kT v ( ){ }J 1 1 1 2, ;T v v v=B . Pasul 6. Scriem matricea de trecere C de la baza la baza Jordan cB

1 1 00 0 11 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 10 1 11 1 10 1 0

C−−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pasul 7. Produsul 1C AC J− = structurează matricea A sub forma Jordan

. 2 1 00 2 00 0 2

J⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Observaţie. Există două celule Jordan şi doi vectori proprii în bază: ( )1 1T v şi . 2v

Problema 30. Pentru matricea 1 1 13 4 34 7 6

A− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= − − −⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟

2det 1 2A I− λ = − λ + λ − 1 1

să se determine forma

Jordan J şi baza Jordan . JBSoluţie. Aflăm subspaţiile proprii şi obţinem succesiv

( ) ( )( ) , λ = − , 2 3 2λ = λ =

1 1λ = − , , ( )1A I X− λ = θ ( )t10 1 1X X= α − = α


( ) ( ){ }t1 11 / 0 1 1 ,S X X X− = = α = − α∈

2 2λ = , ( )2A I X− λ = θ , ( )t21 0 1X X= β − = β

( ) ( ){ }t2 22 / 1 0 1 ,S X X X= = α = − β∈

( ) ( )1 1 1m g= = − , ( ) ( )2 2 2m g 1= ≠ = .

Matricea A nu este diagonalizabilă, ci se aduce la forma Jordan. Există două blocuri Jordan.

Pasul 1. Pentru aflăm 1 1λ = − ( )1Ker A I− λ . Notăm şi avem 1T T= − λ1e

( ) ( )1 1Ker Ker 1A I T S− λ = = − , { }1Ker 1T X=B .

Lui valoare proprie simplă îi corespunde o singură celulă Jordan de ordinul 1, adică

1 1λ = −( 1dimKer 1T = ) ( ) ( )1 1 1J− = − .

Pentru notăm şi avem 2 2λ = 2T T= − λ2e

( ) ( )2 2Ker Ker 2A I T S− λ = = , { }2Ker 2T X=B .

Lui îi corespunde o singură celulă Jordan . Deoarece matricea finală J are tipul

2 3 2λ = λ =( 2dimKer 1T = = )1d 3 3× , rezultă că celula

are ordinul 2, adică 2J ( )2 2J .

Pasul 2. Deoarece este valoare proprie multiplă, calculăm . Rezultă

2 2λ = 22KerT

( ) ({ ) }t t22 2 3 2 3Ker / 1 0 1 , 0 1 2T X X X X X= = β + γ = − = −

22 2dimKer 2T d= = .

Deoarece coincide , nu mai calculăm alt nucleu. 32KerT 2

2KerTPasul 3. Pentru avem incluziunile 2T

2 32 2Ker KerT T⊂ ⊂ , 1 2d d< .

Pasul 4. Deoarece , alegem un vector cu proprietăţile: 2 1 2 1 1d d− = − = 1v

( )21 2 2T 2

2 1 2r KerT L v T⊕ =

3 2T

Ke Ker Kerv T∈ − ,

( )t 21 22 1 0 2 Kerv X X= − = − + ∈ .

Calculăm . ( ) ( ) ( )t2 1 2 1 21 0 1 KerT v A I v T= − λ = − ∈


Pasul 5. Ordonăm vectorii de la pasul 4 sub forma ( )2 1T v , şi construim baza Jordan

1v

( ){ }J 1 2 1; ,X T v v=B 1 .

Pasul 6. Scriem matricea de trecere

0 1 21 0 11 1 0

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, . 11 2 11 2 21 1 1

C−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Pasul 7. Produsul structurează matricea A sub forma canonică Jordan

1C AC−

( )( )

1

2

1 0 01 0

0 2 10 2

0 0 2

JJ

J−

−⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟

⎝ ⎠

.

Observaţie. Există două celule Jordan şi doi vectori proprii în bază: şi 1X( )2 1T v .

Problema 31. Să se determine matricea Jordan J şi baza Jordan

corespunzătoare pentru endomorfismul care în baza canonică are

matricea ataşată

3:T → 3

4 1 11 3 10 1 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.


( ) ( ) ( )2det 31 2A I− λ = λ − − λ 1 2 3, λ = λ = , 3 2λ =

( )3 2m = , ( )2 1m =

( )1A I X− λ = θ , ( ) ( ){ }t1 13 / 1 2 1 ,S X X X= = α = α∈

( )dim 3 1S = , ( ) ( )3 1 3g m= ≠ ; A nu e diagonalizabilă

( )3A I X− λ = θ , ( ) ( ){ }t1 12 / 0 1 1S X Y Y= = β = = β∈

( )dim 2 1S = , ( ) { }12S Y=B . Există două blocuri Jordan.


Pasul 1. Pentru aflăm 1 3λ = ( )1Ker A I− λ . Notăm , cu matricea ataşată

1T T= − λ1e

1A I− λ . Avem

( ) ( ) { }1 1Ker Ker 3 1A I T S X− λ = = = = αX

1 1dimKer 1T d= = .

Valoarea proprie generează o singură celulă Jordan, dar deocamdată nu ştim dimensiunea acesteia.

1λ

Deoarece este valoare proprie multiplă, trebuie să calculăm , etc.

1λ2

1KerT3

1KerTPasul 2. Pentru obţinem succesiv: 2

1KerT

( )21A I X− λ = θ , ( ) (t t2 1 0 3 0 1X = β + γ − )

)( ) ({ }t t21 2 3 2 3Ker / 2 1 0 , 3 0 1T X X X X X= = β + γ = = −

1 2dimKer 2T d= = .

Pentru obţinem succesiv 31KerT

( )31A I X− λ = θ , ( ) ( )3 21 1A I A I− λ = − − λ 3 2

1 1Ker KerT T=, .

Procesul de calculare a nucleelor se opreşte aici. Pasul 3. Pentru avem incluziunile de subspaţii şi dimensiunile 1 3λ =

2 31 2Ker KerT T⊂ ⊂ , 1 2d d< .

Pasul 4. Din diferenţa dimensiunilor avem 2 1 2 1 1d d− = − = . 4a) Aceasta arată că trebuie să alegem un singur vector

21 1Ker Kerv T∈ − 1T a.î. ( ) 2

1 1Ker KerT L v T⊕ = 1 . Luăm . ( )t1 2 1 0v =

Calculăm ( )1 1T v şi obţinem

( ) ( ) ( )t1 1 1 1 1 11 2 1 KerT v A I v X T= − λ = = ∈ .

4b) Deoarece ( )1 1 1KerT v T∈ şi 1dimKer 1T = ne oprim aici cu alegerea vectorilor pentru . 1 3λ =

Pentru cu 3 2λ = ( )3dim 1A I− λ = corespunde o singură celulă Jordan de ordinul 1, de forma ( )2 1J .

Pasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi în ordinea ( )1T v , şi şi obţinem baza Jordan

1v 1Y

( ){ }J 1 1 1 1, ;T v v Y=B ; ( )1T v , – vectori proprii. 1Y


Pasul 6. Scriem matricea de trecere de la la baza Jordan cB

1 2 01 1 11 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11 2 21 1 11 2 3

C−− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.


3 1 00 3 00 0 2

J⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Observaţie. Când există valori proprii simple şi multiple se recomandă ordonarea acestora începând cu cele simple. În acest caz există avantaje legate de notaţii.

Problema 32. Să se aducă matricea A la forma Jordan şi să se găsească

baza corespunzătoare, unde

2 0 0 01 3 2 10 1 0 11 0 0 2

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Soluţie. Pasul 0. Aflăm valorile proprii, subspaţiile proprii şi multiplicităţile

( ) ( )( )3det 1 2A I− λ = λ − λ − 1 1, = , 2 3 4 2λ = λ = λ = , λ

( ) ( ){ }t1 11 / 0 1 1 0 ,S X X X= = α = − α∈

( ) ( ) ( ){ }t t2 3 2 32 / 0 1 0 1 , 0 0 1 2S X X X X X= = β + γ = − = −

( ) ( )1 1 1m g= = , ( ) ( )2 3 2m g 2= ≠ = .

Matricea A nu este diagonalizabilă, dar se poate aduce la forma canonică Jordan. Există două blocuri Jordan.

Pasul 1. a) Pentru notăm 1 1λ = 1T T 1e= − λ operatorul liniar cu matricea 1A I− λ şi avem

( )1Ker 1T S= , 1dimKer 1T = .

Lui îi corespunde o singură celulă Jordan de ordinul întâi .

1 1λ =( ) ( )1 1 1J =


b) Pentru 2 2λ = valoare proprie multiplă, notăm cu matricea

2 2T T= − λ e2A I− λ . Din

( )2Ker 2T S= , 2 1dimKer 2T d= =

rezultă că există încă două celule Jordan. Pasul 2. Pe lângă mai calculăm , etc. Obţinem: 2KerT 2

2KerT 32KerT

( )22A I X− λ = θ , 4 5X X X X6= α +β + γ

( )( ) (

t4 5 6 42

2 t t5 6

/ 1 0 0 0Ker

0 1 0 1 , 0 0 1 2

X X X X XT

X X

⎧ ⎫= α +β + γ =⎪ ⎪= ⎨ ⎬= − = −⎪ ⎪⎩ ⎭)

( ) ( )2 32 2

0 0 0 00 1 2 10 1 2 10 0 0 0

A I A I

⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− λ = − λ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )3 3 22 2 2Ker Ker KerI T− λ = = 2

2 2dimKer 3T dT , = =

Ker Ker KerT T⊂ = 1 2d d

. A

Nu mai calculăm alt nucleu , . 2Ker kT 4k ≥Pasul 3. Pentru avem incluziunile 2T

2 32 2 2T , < .

Pasul 4. Calculăm diferenţa dimensiunilor nucleelor şi obţinem . 2 1 3 2 1d d− = − =

4a) Aceasta arată că trebuie să alegem un singur vector cu proprietăţile 1v2

1 2Ker Kerv T∈ − 2T a.î. ( ) 22 1Ker KerT L v T⊕ = 2

)

.

Luăm . Calculăm ( t1 1 0 0 0v = ( )2 1T v şi obţinem

( ) ( ) ( )t2 1 2 1 2 20 1 0 1 KerT v A I v X T= − λ = − = ∈ .

4b) Deoarece ( )2 1 2KerT v T∈ şi 2dimKer 2T = , completăm până

la o bază a lui . Luăm .

( )2 1T v

2KerT ( )t2 20 0 1 2 Kerv T= − ∈

Pasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi în următoare ordine: , , , şi obţinem baza Jordan

1X ( )2 1T v 1v 2v

( ){ }J 1 2 1 1; , ;X T v v v=B 2 .



0 0 1 01 1 0 01 0 0 10 1 0 2

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, 1

0 1 2 10 2 2 11 0 0 00 1 1 1

C−

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

.


( )( )

( )

1

2

2

1 0 0 01 0 0

0 2 1 00 2 0

0 0 2 00 0 1

0 0 0 2

JJ J

J

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

.

În ultima matrice scrisă cu celule Jordan simbolul 0 reprezintă matrice nule de dimensiuni potrivite.

Observaţie. Dacă vectorii din se aşază în altă ordine permisă, atunci matricele C, şi J vor avea alte forme.

JB1C−

Există trei celule Jordan şi trei vectori proprii în bază: , , . 1X ( )2 1T v 2v Problema 33. Să se aducă matricea A la forma Jordan şi să se găsească

baza corespunzătoare, unde 3 4 0 24 5 2 40 0 3 20 0 2 1

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Soluţie. Pasul 0. Aflăm valorile proprii, subspaţiile proprii şi multiplicităţile

( ) ( ) ( )2 2det 1 1A Iλ = λ + λ − 1 2 1, λ = λ = − , 3 4 1λ = λ = −

( ) ( ){ }t1 11 / 1 1 0 0 ,S X X X− = = α = α∈

( ) ( ){ }t2 21 / 1 1 1 1 ,S X X X= = β = β∈

( ) ( )1 2 1 1 ( ) (m g− = ≠ − = , )1 2 1 1m g≠ = . =



Pasul 1. a) Pentru notăm 1 1λ = − 1T T 1e= − λ operatorul liniar cu matricea 1A I− λ şi avem

( )1Ker 1T S= − , 1 1dimKer 1T d= = .

Deoarece , lui îi corespunde o singură celulă Jordan, deocamdată cu ordin necunoscut.

1 1d = 1λ = −

b) Pentru notăm 3 1λ = 2T T 3e= − λ operatorul liniar cu matricea 3A I− λ şi avem

( )2Ker 1T S= , 2 1dimKer 1T s= = .

Lui îi corespunde o singură celulă Jordan, cu ordin necunoscut. Aceste ordine vor apărea după ce stabilim baza Jordan şi matricea C de trecere.

3 1λ =

Pasul 2. a) Pe lângă mai calculăm , etc. Obţinem 1KerT 21KerT 3

1KerT

( )21A I X− λ = θ , 3 4X X X= α +β

( ) ( ){ }t t21 3 4 3 4Ker / 1 0 0 0 , 0 1 0 0T X X X X X= = α +β = =

21 2dimKer 2T d= =


( )21

0 0 12 80 0 8 40 0 12 80 0 8 4

A I

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( ) . 31

0 0 32 240 0 24 160 0 32 240 0 24 16

A I

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

b) Pe lângă mai calculăm , etc. Obţinem 2KerT 22KerT 3

2KerT

( )23A I X− λ = θ , 5 6X X X= α +β

( ) ( ){ }t t22 5 6 5 4Ker / 1 0 1 0 , 0 1 0 1T X X X X X= = α +β = =

22 2dimKer 2T s= =


( )23

3 4 3 44 5 4 5

40 0 0 00 0 0 0

A I

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . ( )33

10 12 10 1212 14 12 14

40 0 0 00 0 0 0

A I

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟− − −⎜ ⎟− λ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠


Nu mai calculăm alte nuclee , , . 1Ker kT 2Ker kT 4k ≥

Pasul 3. a) Pentru avem incluziunile 1T2 3

1 1 1TKer Ker KerT T⊂ = 1 2d d, < .

b) Pentru avem incluziunile 2T2 3

2 2 2TKer Ker KerT T⊂ = 1 2, s s< .

Pasul 4. Calculăm diferenţa dimensiunilor nucleelor. 4a) . Trebuie să alegem un singur vector cu proprietăţile 2 1 1d d− = 1v

21 1Ker Kerv T∈ − 1T a.î. ( ) 2

1 1Ker KerT L v T⊕ = 1

1

.

Luăm ( )t 21 3 1 0 0 0 Kerv X T= = ∈

( ) ( ) ( )t1 1 1 1 1 14 4 0 0 4 KerT v A I v X T= − λ = = ∈ .

4b) Deoarece 1dimKer 1T = , vectorul ( )1 1T v este bază a lui . 1KerT4c) . Trebuie să alegem un singur vector cu proprietăţile 2 1 1s s− = 2v

22 2Ker Kerv T∈ − 2T a.î. ( ) 2

2 2Ker KerT L v T⊕ = 2 .

Luăm . Calculăm ( )t 22 21 0 1 0 Kerv T= ∈

( ) ( ) ( )t2 2 3 2 2 22 2 2 2 2 KerT v A I v X T= − λ = = ∈ .

4d) Deoarece 2dimKer 1T = , vectorul ( )2 2T v este bază a lui . 2KerTPasul 5. Aşezăm vectorii găsiţi în următoarea ordine , ; ( )1 1T v 1v ( )2 2T v ,

şi obţinem baza Jordan 2v

( ) ( ){ }J 1 1 1 2 2 2, ; ,T v v T v v=B .


4 1 2 14 0 2 00 0 2 10 0 2 0

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

0 2 0 28 8 8 810 0 0 480 0 8 8

C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.



( )( )

1

1

1 1 0 02 00 1 0 0

0 20 0 1 10 0 0 1

JJ

J−

−⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞−⎜ ⎟= = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Observaţie. Dacă vectorii bazei Jordan se aşază în altă ordine permisă, de exemplu dacă se începe cu valoarea proprie 1λ = , atunci matricele C, şi J vor avea alte forme.

1C−

Există două celule Jordan şi doi vectori proprii în bază: , . ( )1 1T v ( )2 2T v Problema 34. a) Să se calculeze nA , , unde A este matricea ataşată

operatorului liniar în baza canonică 1n ≥

4:T → 4

1 0 0 01 4 1 22 1 2 11 2 1 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

b) Să se determine , unde J este matricea Jordan ataşată. tJeSoluţie. a) Aducem matricea A la forma diagonală D sau la forma

canonică Jordan J, după caz. Obţinem succesiv:

( ) ( )( )3det 1 2A I− λ = λ − λ − 1 1, λ = , 2 3 4 2λ = λ = λ = , ( )1 1m = , ( )2 3m =

( ) ( ){ }t1 11 / 1 1 4 1 ,S X X X= = α = − − α∈

( ) { }11S X=B , ( )dim 1 1S = , ( ) ( )1 1 1g m= =

( ) ( ){ }t2 22 / 0 1 0 1 ,S X X X= = β = β∈

( ) { }22S X=B , ( )dim 2 1S = , ( ) ( )2 1 2g m= ≠ .


Pentru avem 1 1λ = ( ) ( )1Ker 1A I S− λ = , 1 1d = , şi deci există o singură celulă Jordan de ordinul 1, notată ( )1 1J .

Pentru avem 2 2λ = ( ) ( )2Ker 2A I S− λ = , 2 1d = , şi deci există o singură celulă Jordan de ordinul 3, notată ( )2 3J .


Matricea Jordan J are forma .

1 0 0 00 2 1 00 0 2 10 0 0 2

J

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

În continuare se găseşte baza Jordan cu matricea de trecere C JB

1 0 0 01 1 0 14 0 1 21 1 0 0

C

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1

1 0 0 01 0 0 10 2 1 22 1 0 1

C−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Baza Jordan conţine doi vectori proprii: şi . 1X 2XFolosim formula de legătură dintre A şi J

1J C AC−= , 1A CJC−= , 1n nA CJ C−= . Pentru aflarea lui nJ facem un artificiu: descompunem matricea J cu

ajutorul unei matrice diagonale 1D şi matricea diferenţă 2D

1 2

1 0 0 0 0 0 0 00 2 0 0 0 0 1 00 0 2 0 0 0 0 10 0 0 2 0 0 0 0

J D D

⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜= + = +⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

.

Deoarece matricele 1D şi 2D comută între ele, se poate aplica binomul lui Newton şi obţinem succesiv:

( ) 0 1 1 2 2 21 2 1 1 2 1 2 ...nn n n n

n n n nJ D D C D C D D C D D C D− −= + = + + + + 2n n

22

0 0 0 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 32

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( )1 2 21 1 2 1 2 2

1, 0, 3

2n n n n kn n

J D nD D D D D k− −−= + + = ≥

1

1 0 0 0

0 2 0 0

0 0 2 0

0 0 0 2

k

kk

k

k

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, k n= , 1n − , 2n −


( )1 1

1

1 0 0 01

0 2 2 22

0 0 2 2

0 0 0 2

n

n n nn

n n

n

n nn n

Jn

− −

−

⎛ ⎞⎜ ⎟

−⎜ ⎟⋅ ⋅⎜ ⎟=⎜ ⎟

⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1n ≥

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

2 3 1 1

1 1

2 3 1

1 0 0 0

1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2

4 4 2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2

n n n n n nn

n n n n

n n n n n n n

n n n n n n n n nA

n n n

n n n n n n n n

− − − −

− −

− − −

⎛ ⎞⎜ ⎟

− − − + + − ⋅ − ⋅ − −⎜ ⎟= ⎜ ⎟− + − ⋅ − ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− + − − ⋅ + − ⋅ − + ⋅⎝ ⎠

3

3

n−

−

b) Pentru calcularea lui folosim dezvoltarea în serie Taylor. tJe

( )0 0

1 1! !

ntJ n n

n n

e tJ t Jn n

∞ ∞

= =

= =∑ ∑ 0J I, = .

Deoarece formula lui nJ este valabilă de la , distribuim suma la toţi termenii acestei matrice. Pe elemente obţinem succesiv:

1n ≥

0

1 1!

n n t

nt e

n

∞

=

=∑ , 2

0

1 2!

n n t

nt e

n

∞

=

=∑

( ) ( ) 11 1

0 1 1

1 12 2 2! ! 1 !

nn n n n n

n n

nt n t t t t ten n n

∞ ∞ ∞−− −

= =

= =−∑ ∑ ∑ 2t=

( ) ( )( ) ( )

2 222 2

0 2 2

1 11 1 12 2 2! 2 2 ! 2 2 ! 2

nn n n n

n n n

n n n n t tt tn n n

∞ ∞ ∞−− −

= = =

− −= =

−∑ ∑ ∑ 2tt e=

22 2 2

2 2

2

0 0 0

02

0 0

0 0 0

t

t ttJ

t t

t

e

te te ee

e te

e

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

t.


Problema 35. Fie matricea Jordan de forma

2 0 0 0 0 00 2 1 0 0 00 0 2 0 0 00 0 0 1 0 00 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0

J

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Să se calculeze , şi . nJ 2n ≥ tJeSoluţie. Descompunem matricea J într-o matrice diagonală 1D şi matricea

diferenţă 2D . Apoi folosim binomul lui Newton, deoarece 1D şi 2D comută între ele. Obţinem succesiv:

1

2 0 0 0 0 00 2 0 0 0 00 0 2 0 0 00 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

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

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2J D D= + , 0 1 11 1 2

n n nn nJ C D C D D−= + 2 0kD, = , 2k ≥

1

2 0 0 0 0 0

0 2 2 0 0 0

0 0 2 0 0 0

0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

n

n n

nn

n

n

J

−

⎛ ⎞⎜ ⎟

⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 2n ≥

Pentru calcularea matricei folosim dezvoltarea în serie Taylor tJe

( )0 2

1 1! !

ntJ n n

n n

e tJ I tJn n

∞ ∞

= =

= = + +∑ ∑ t J .

Înlocuim matricele I, J, cu şi distribuim suma la toate elementele din matricea

nJ 2n ≥nJ . Pe elemente obţinem succesiv:


1 2 0 0 0 0 00 1 2 0 0 00 0 1 2 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

tt t

tI tJ

tt

+⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟+

+ = ⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

00

1

( ) 2

2 0

1 11 2 2 2! !

nn n t

n n

t t tn n

∞ ∞

= =

+ + = =∑ ∑ e

2 0

1 11 1! !

n n n t

n nt t t

n n

∞ ∞

= =

+ + = =∑ ∑ e

( ) ( )

( ) ( ) ( )

11

2 2

1 2 2

2

1 12 2! 1 !

11 1 2 11 !

nn n

n n

n t t

n

t n t t t tn n

t t t t t e ten

∞ ∞−−

= =

∞−

=

+ = + =−

⎡ ⎤= + − + + = + − + =⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

∑ ∑

∑

2

10 0!

n

nt

n

∞

=

0+ ⋅ =∑

2

2 2

2

0 0 0 0 0

0 0

0 0 0 0 0

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

t

t t

ttJ

t

e

e te

eee

t

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0 0

.

Problema 36. În spaţiul unitar (euclidian) înzestrat cu produsul scalar

canonic, se dau vectorii 3

1

1i0

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 2

i1i

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1 iv a

b

−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

1) Să se determine a.î. operatorul liniar T cu proprietăţile: ,a b∈( )1 12T v v= , ( )2 22T v v= , ( )3T v v3= − să fie operator autoadjunct.


2) Să se aducă T la forma diagonală, să se determine baza de vectori proprii corespunzătoare şi să se facă proba de corectitudine a calculelor.

Soluţie. 1) Din definiţia valorii proprii λ cu ( )T X X= λ se vede că şi sunt vectori proprii pentru valoarea proprie

1v

2v 1 2 2λ = λ = , iar este un vector propriu pentru .

3v3 1λ = −

Deoarece dorim ca operatorul T să fie autoadjunct, se ştie că în acest caz valorile proprii sunt reale, iar subspaţiile proprii ( )2S şi ( )1S − sunt ortogonale. Deci, trebuie ca

3 1, 0v v = , 3 2, 0v v =

şi obţinem succesiv:

( )1 i 1 i 0a− + = , ( )1 i i 1 i 0a b− + + =

1 i i 0a− − = , 1 i i 0a b− − + − =

1 ia = − − , , . 2 2ib = − + ( )t3 1 i 1 i 2 2iv = − − − − +

Observăm că 1 2, 0v v = . Determinăm matricea A ataşată lui T în baza canonică, cu ( )T X AX= . Din condiţiile 1 12Av v= , 2 22Av v= , 3 3Av v= − obţinem trei sisteme de

ecuaţii care au ca necunoscute elementele matricei A. Aceste sisteme se pot rezolva separat sau simultan (prin metoda Gauss-Jordan) şi obţinem:

1 1i 2 i0 0

a b cd e fr s t

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, etc. i i1 2 1i i

a b cd e fr s t

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3/ 2 1/ 2 1i / 2 3/ 2 i1 i 0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 2 2λ = λ = , 3 1λ = − , det 4A = − .

2) Forma diagonală a operatorului T sau, echivalent, a matricei A este

2 0 00 2 00 0 1

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Baza care corespunde lui D este o bază de vectori proprii { }p 1 2 3, ,v v v=B .


Matricea de trecere de la baza canonică iniţială la pB este C

1 i 1 ii 1 1 i0 i 2 2i

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠

, 13 3i 3 3i 0

1 i 2 2i 2 2i 2 2i12

1 i 2C−

− + +⎛ ⎞− − ⎜ ⎟= + − + +⎜ ⎟

⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Proba calculelor se face prin 1D C AC−= sau 1A CDC−= sau CD AC= .

Fiecare variantă este verificată. Problema 37. Fie operatorul liniar , : k kT → 3k = sau , cu

matricele stocastice ataşate 4k =

1

1/ 2 1/ 2 00 0 1

1/ 4 3/ 4 0A

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , , 2

0 1 00 0 11 0 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

0 1 03/5 0 2 /50 1 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

4

2 /5 0 3/5 00 0 1/ 2 1/ 21 0 0 00 1 0 0

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a) Să se diagonalizeze fiecare matrice. b) În cazul matricei 2A , să se determine o bază de vectori proprii pB şi o

bază de vectori reali , care corespund formei diagonale. rBSoluţie. a) Matricea 1A . Obţinem succesiv:

( ) ( )( )21

1det 1 4 2 14

A I− λ = λ − − λ − λ + , 1 1λ =

21 5

4− +

λ = , 31 5

4− −

λ = , 1 1λ = , 2 1λ < , 3 1λ < .

( )1 1 2diag , ,D 3= λ λ λ .

Matricea 2A : ( ) 32det 1A I− λ = λ −

1 1λ = , 21 3i2 2

λ = − + = ε , 23

1 3i2 2

λ = − − = ε

1 1λ = , 2 3 1λ = λ = , ( )2 1 2diag , ,D 3= λ λ λ .


Matricea 3A : ( ) 33det A I− λ = −λ + λ

1 0λ = , , 2 1λ = 3 1λ = − , 2 3 1λ = λ = , 1 0 1λ = < ,

( )3 1 2diag , ,D 3= λ λ λ .

Matricea 4A : ( ) ( )( )2 24

1det 5 2 3 2 110

A I− λ = λ − λ − λ −

1 1λ = , 235

λ = − , 32

2λ = , 4

22

λ = −

( )4 1 2 3 4diag , , ,D = λ λ λ λ .

b) Aflăm subspaţiile proprii. Rezultă:

1 1λ = , ( ) ( ){ }t1 11 / 1 1 1S X X X= = α =

2λ = ε , ( )t

2 21 3 1 3/ i i2 2 2 2

S X X X⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪ε = = β = − + − −⎜ ⎟⎨ ⎬

⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭1

2λ = ε , ( )t

23 3

1 3 1 3/ i i2 2 2 2

S X X X⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪ε = = γ = − − − +⎜ ⎟⎨ ⎬

⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭1

{ }2

2p 1 2 3

1, , 1 , ,

1 1 1X X X

⎧ ε ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ε⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟= = ε ε⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎪⎜ ⎟ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

B .

Se ştie că 1, ε , sunt rădăcinile cubice ale unităţii. 2εMatricea de trecere pC la baza pB este

2

2

1

11 1 1

pC

⎛ ⎞ε ε⎜ ⎟

= ε ε⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

1 0 00 0

0 0

D⎛ ⎞⎜ ⎟

= ε⎜ ⎟⎜ ⎟ε⎝ ⎠

, 1p pD C AC−= .

Proba de corectitudine a calculelor arată (într-un mod mai simplu) că este îndeplinită egalitatea p pC D AC= .

O bază de vectori reali se poate obţine prin separarea vectorului complex − sau − în partea reală şi cea imaginară:

B2X 3X


t

21 1 12 2

Y ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

33 3 0

2 2Y

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

{ }1 2 3, ,X Y Y=B , 1B C AC−= .

1 1/ 2 3 / 2

1 1/ 2 3 / 21 1 0

C

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Matricea B nu mai este matrice diagonală. Observaţie. Matricele kD obţinute prin diagonalizare nu mai sunt

stocastice. Problema 38. Fie A o matrice stocastică asociată unui lanţ Markov

ergodic ciclic, cu trei stări şi perioada 2p = . Deoarece nu există lim nn

A→∞

, să se

calculeze limita Cesaro, notată , definită prin lim nn

C A→∞

( )2 11lim lim ...n nn n

C A I A A An

−

→∞ →∞= + + + + , .

0 1 03/5 0 2 /50 1 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Soluţie. Se vede că puterile lui A se repetă astfel: De aceea nu există limita obişnuită a lui

2 2 2, , , , , , ,...I A A A A A AnA şi se calculează limita (în sensul lui)

Cesaro. Metoda 1. Folosim calculul direct şi informaţia obţinută de la valorile

proprii ale lui A

( ) ( )2det 1A I− λ = λ − λ , 1 1λ = − , 2 0λ = , 3 1λ = .

Notăm cu L numărul de valori proprii cu modulul egal cu 1, adică 2L = . Descompunem n sub forma

n Lm k= + , 0 1k L≤ ≤ − ; 2n m k+ , m . = ∈

Obţinem succesiv:

( )2 21lim lim ...nn n

C A I A A A A An→∞ →∞

= + + + + + + ,

20

3 5 21 3 5 25

3 5 2A A A

⎛ ⎞⎜ ⎟+ = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

. (notaţie)


( )2 2

1

0 00

1lim lim ...2

1 1lim 02 2

nn m

km k

C A I A A A A Am r

mA I A A Am r

→∞ →∞

→∞=

= + + + + + ++

⎛ ⎞= + + = + =⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

∑ 012

=

3 5 2

1lim 3 5 210

3 5 2

nn

C A→∞

⎛ ⎞⎜= ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟⎟

)

. (*)

Metoda 2. Aflăm ( 1I zA −− şi matricea reziduu în polul , notată 1z =

( ) 1Rez , 1I zA z−⎡ ⎤− =⎣ ⎦

.

Atunci (Kemeny-Snell, Finite Markov Chains, Princeton, 1960; Nicolae Popoviciu, Strategii optime pentru probleme markoviene, Editura Academiei Române, 1982)

( ) 1lim Rez , 1nn

C A I zA z−

→∞⎡ ⎤= − − =⎣ ⎦ .

Obţinem succesiv:

( ) ( ) ( )( )2 2

12

2 2

5 2 5 21 3 5 2

5 13 5 5 3

ij

z z zI zA z z f z

zz z z

−⎛ ⎞−⎜ ⎟

− = =⎜ ⎟− ⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) ( )( )13 5 2

1Rez , 1 Rez , 1 3 5 210

3 5 2ijI zA z f z z−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤− = = = = −⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Se ia reziduul cu semn schimbat şi se obţine valoarea din matricea (*). Metoda 3. Aflăm

( ) ( )( )1 , , 1,3ijI zA f z i j−− = =

şi folosim descompunerea în fracţii simple a funcţiilor raţionale ( )ijf z . Rezultă:

( ) 10 0 2 3/ 2 5/ 2 1 3/ 2 5/ 2 1

1 1 12 0 0 3/ 2 5/ 2 1 3/ 2 5/ 2 15 1 1

3 0 3 3/ 2 5/ 2 1 3/ 2 5/ 2 1I zA

z z−

⎡ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− = + + −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦

⎤⎞⎟⎟⎟⎠

.


Prin definiţie

( ) 1Rez , 1I zA z−⎡ −⎣⎤= ⎦

= coeficientul lui 11z −

(din seria Laurent)

şi rezultă

( ) 13/ 2 5/ 2 1

1Rez , 1 3/ 2 5/ 2 15

3/ 2 5/ 2 1I zA z−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤− = = − ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) 13 5 2

1lim Rez , 1 3 5 210

3 5 2

nn

C A I zA z−

→∞

⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤= − − = = ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Observaţie. La metoda 2, pentru a calcula reziduurile în polul am folosit formula

0z

( ) ( )( )

( )( ) 00Rez , z z

P z P zf z z z

Q z Q z =⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟ ′⎝ ⎠.


1. Fie matricea 1 1 23 3 62 2 4

A−⎛ ⎞

⎜= −⎜⎜ ⎟−⎝ ⎠

⎟⎟ . Să se calculeze nA , . 1n ≥

R. Se aduce A la forma diagonală.

2. Fie operatorii liniari 3 3

1 :T → , , 3 32 :T → 4 4

3 :T →

( )1 1T X A X= , ( )2 2T X A X= , ( )3 3T X A X=

1

5 3 26 4 44 4 5

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 2

1 3 44 7 86 7 7

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 3

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

a) Să se cerceteze dacă operatorii sunt diagonalizabili. În caz afirmativ să se scrie matricea diagonală D şi să se găsească baza corespunzătoare.

b) Să se facă proba de corectitudine a calculelor. R. nu este diagonalizabil. 2T


3. Să se aducă la forma canonică Jordan matricea ,

precizând baza Jordan corespunzătoare. Să se facă proba de corectitudine a calculelor.

1 1 00 1 02 7 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

R. ( ) ( ) ({ ) }t tJ 0 0 1 , 1/ 2 0 0 , 7 / 4 /1/ 2 0=B t .

4. Să se cerceteze care operator liniar este diagonalizabil:

( )1 1T X A X= , ( )2 2T X A X= , ( )3 3T X A X=

1

1 0 32 1 23 0 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2

1 2 11 1 11 0 1

A− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 3

3 1 1 11 1 1 31 1 3 11 3 1 1

A

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟− − −⎝ ⎠

.

În caz afirmativ să se afle baza corespunzătoare formei diagonale. R. ( ) ( ) ({ ) }t t

1 1 0 1 , 0 1 0 , 3 4 3= −B t

)

;

( ) ( ) ({ }t t2 1 0 1 , 0 1 2 , 3 2 1= −B t− .

nu este operator diagonalizabil. 3T

5. Fie operatorii liniari şi care în bazele canonice au matricele ataşate

1T 2T

21

2

1 1 1

1

1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ε ε⎜ ⎟⎜ ⎟ε ε⎝ ⎠

, , 2

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

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 iexp3π

ε = .

Să se aducă la forma diagonală şi să se indice baza corespunzătoare. R. ( )1 diag 3, 3,i 3D = −

( ) ( ) ( ){ }t t t1 1 3 1 1 , 1 3 1 1 , 0 1 1= + − −B

( )2 diag 1 i, 1 i,1 i, 1 iD = + − + + − +

( ) ( ) ( ) ( ){ }t t t t2 1 1 0 0 , 1 1 0 0 , 0 0 1 1 , 0 0 1 1= −B − .


6. Să se aducă la forma canonică Jordan endomorfismul ( )T X AX= , unde

1 0 0 02 1 0 00 2 1 01 0 2 1

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

R. Există o singură celulă Jordan.

7. Să se aducă la forma canonică Jordan endomorfismul ( )T X AX= , unde

1 1 2 02 1 0 21 0 1 10 1 2 1

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

R. Există două celule Jordan

( ) ( ) ( ) ({ ) }t t tJ 2 2 1 2 , 0 0 1 1 , 1 2 1 1 , 1 1 0 0= − −B t .

8. Să se calculeze matricea Ae în cazurile

2 2 31 1 11 3 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 0 1 01 1 10 1 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

R. Se aduce A la forma diagonală şi se găseşte o bază de vectori proprii.

9. Fie şi două baze ale spaţiului şi 1B 2B4 4X ∈ un vector care

are coordonatele ( )ix şi, respectiv, ( )iy , 1,4i = , în fiecare bază. Dacă transformarea de coordonate are forma

1 1 2 3 4

2 1 2 3 4

3 2 3

4 1 2 3 4

2 2 3

42 2 2

4

,

x y y y yx y y y yx y y yx y y y y

= + + +

= + + +

= + +

= + + +

atunci să se scrie matricea de trecere C de la baza la baza şi să se determine prin cel puţin 5 metode, între care şi metoda teoremei Hamilton-Cayley.

1B 2B1C−


10. Să se calculeze 1A− şi nA folosind metoda teoremei Hamilton-Cayley, unde

1 00 1

A−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 1 0 10 2 00 0 3

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

11. Fie A o matrice stocastică asociată unui lanţ Markov ergodic ciclic,

cu trei stări şi perioada 3p = . Să se calculeze limita (în sensul lui) Cesaro:

( )2 11lim lim ...n nn n

C A I A A An

−

→∞ →∞= + + + + .

R. 1 1 1

1lim 1 1 13

1 1 1

nn

C A→∞

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.


CAPITOLUL 7 FORME LINIARE. FORME BILINIARE.

FORME PĂTRATICE

7.1 Forme liniare Ca de obicei notăm spaţiul vectorial peste corpul comutativ K prin , unde (

/V K),V + este grup abelian. În general, K este sau .

În capitolul anterior ne-am ocupat de transformările liniare :T V V ′→ (cu V şi V peste acelaşi corp K) sau de operatorii liniari (endomorfisme) . Acum schimbăm codomeniul aplicaţiei şi îl înlocuim cu K. Rezultă o nouă noţiune.

′ :T V V→

Definiţie. O aplicaţie :L V K→ se numeşte formă liniară dacă

( ) ( ) ( )L X Y L X L Y+ = + , ( ) ( )L aX aL X= ,

pentru orice şi orice ,X Y V∈ a K∈ . Aceste două proprietăţi se pot condensa în una singură

( ) ( ) ( )L aX bY aL X bL Y+ = + , b K∀ ∈ .

Dacă dimV n= şi , atunci forma generală a unei forme liniare este

( t1 2 nX x x x= )

( ) 1 1 2 2 ... n nL X x x x= λ + λ + + λ k, Kλ ∈ .

Dacă V este spaţiu de funcţii, atunci ( )L X se numeşte funcţională liniară. Această noţiune se foloseşte la calculul variaţional unde, de exemplu,

( ) ( )db

a

L f f x= ∫ x .

Atragem atenţia că în general funcţia liniară nu este formă liniară. Astfel 2:f → , ( )1 2 1 2,f x x ax bx c= + + , 0c ≠ nu este formă liniară.

Forma liniară L este determinată dacă se cunoaşte ( )L X oricare ar fi . Pentru aceasta, în cazul când V are dimensiune finită n, este suficient să

cunoaştem valorile lui L într-o bază a lui V, adică: X V∈

B


{ }1 2, ,..., ,...,i nv v v v=B , 1

n

i ii

X x=

= v∑

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 ... n nL X x L v x L v x L v= + + + .

Definiţie. Matricea de tipul 1n× (vector coloană), notată LA A= B , cu elementele

( )t1 2 nA a a a= , ( )i ia L v= , 1,i n= ,

se numeşte matricea ataşată formei liniare L în baza B . Scalarii se numesc coordonatele lui L în baza .

iaB

Întrebare: cum se schimbă matricea ataşată la schimbarea bazei? Fie { }1 2, ,..., ,...,j nv v v v′ ′ ′ ′ ′=B noua bază, ( )ijC c= matricea de trecere de la

la şi B matricea ataşată lui L în baza B ′B ′B . Atunci tB C A= , , adică 1X C X−′ =

1

n

j ij ivi

v c=

′ =∑1

n

i ijj

, jx c x=

′∑ , b c1

n

j ij ii

a=

=∑ . =

Se vede că vectorii noi jv′ şi coordonatele noi ale lui L se schimbă

după aceeaşi lege care foloseşte matricea , în timp ce schimbarea coordonatelor lui X foloseşte

jbtC

1C− .

7.2 Spaţiul dual. Baza duală Notăm cu V ∗ mulţimea tuturor formelor liniare definite pe V, adică

{ }: , formă liniarăV L V K L∗ = → .

Mulţimea V ∗ se organizează ca spaţiu vectorial peste K prin operaţiile

( )( ) ( ) ( )1 2 1 2L L X L X L X+ = + , ( )( ) ( )L X L Xα = α .

Definiţie. Spaţiul vectorial V ∗ se numeşte dualul spaţiului V sau spaţiu dual. Fiind spaţiu, V are baze şi dimensiune. ∗

Dacă dimV n= , atunci dimV n∗ = . Căutăm o bază a lui V . Aceasta provine dintr-o bază ∗ { }1 2, ,..., nv v v=B a lui V, se notează cu şi se numeşte baza duală. Baza duală este formată din n forme liniare.

∗B ∗B

( ) ( ) ( ) ( ){ }1 2, ,..., ,...,j nL X L X L X L X∗=B .


Întrebare: cum se determină elementele din ∗B ? În general, ( ) 1 1 2 2 ... n nL X x x= λ + λ + + λ x . Cunoaşterea lui L revine la a

cunoaşte coeficienţii . Deci, trebuie să cunoaştem toţi cei coeficienţi ai formelor liniare

1,..., nλ λ 2n1,..., nL L .

Definim ( )j i iL v = δ j , , 1,i j n= , şi obţinem n sisteme liniare de tip Cramer. De exemplu, pentru şi 3n = { }1 2 3, ,v v v=B obţinem 3 sisteme cu soluţii unice

( )( )( )

1 1

1 2

1 3

1

0

0

L v

L v

L v

=

=

=

, ( )( )( )

2 1

2 2

2 3

0

1

0

L v

L v

L v

=

=

=

, ( )( )( )

3 1

3 2

3 3

0

0

1.

L v

L v

L v

=

=

=

Toate aceste sisteme au acelaşi membru stâng. De aceea ele se pot rezolva separat sau simultan. Dacă se numeşte baza duală, atunci baza se poate numi baza primală.

∗B B

Întrebare: cum se schimbă baza duală dacă se schimbă baza primală? Fie bazele primale

{ }1,..., ,...,i nv v v=B , { }1,..., ,...,j nv v v′ ′ ′ ′=B

şi bazele duale corespunzătoare

{ }1,..., ,...,i nL L L∗=B , { }1,..., ,...,j nH H H∗′ =B .

Atunci legătura dintre baza duală veche şi cea nouă sau dintre baza nouă şi cea veche este ([ ]8 , cap. 1, pag. 11), respectiv:

( ) ( )1

n

i ij jj

L X c H X (=

=∑ , ( ) )i jL C H=

j

( ) ( )1

n

i ijj

H X d L X ( )1ijC d− = , ( ) ( )1

i jH C L−= , =

=∑ ,

unde C este matricea de trecere de la la B ′B .

Matricea de trecere de la ∗B la ∗′B este ( )t1C− .

Definiţie. Dualul dualului V ∗ se numeşte bidualul lui V şi se notează . Cele trei spaţii sunt izomorfe şi deci V ∗∗

dim dim dimV V V∗ ∗∗= = .


Observaţie. Fie V şi V ∗ , cu bazele primale B , şi bazele duale corespunzătoare

′B∗B , . Fie un vector ∗′B X V∈ exprimat în bazele , B ′B şi

un vector L V ∗∈ exprimat în bazele ∗B , ∗′B . Coordonatele noi ale lui X se exprimă cu cele vechi folosind matricea 1C− , iar coordonatele noi ale lui L se exprimă cu cele vechi folosind matricea , adică tC 1X C X−′ = , tB C A= .

Aceste două moduri total diferite de transformări au făcut ca elementele din V şi V să aibă denumiri specifice. ∗

Definiţie. Un vector L V ∗∈ se numeşte vector covariant sau tensor

covariant de ordinul întâi, iar un vector X V∈ se numeşte vector contravariant sau tensor contravariant de ordinul întâi. De la aceste noţiuni se trece la tensorul covariant de ordinul doi, tensorul contravariant de ordinul doi, tensorul mixt de ordinul doi etc. Astfel se intră în calculul tensorial, cu cele două capitole mari, algebra tensorială şi analiza tensorială ([11], [8]).

7.3 Forme biliniare A. Fie V un spaţiu vectorial peste corpul K. Definiţie. Se numeşte formă biliniară o aplicaţie :V V KΦ × → , cu

valorile ( ),X YΦ , liniară în fiecare variabilă, adică pentru orice şi au loc egalităţile:

, ,X Y Z V∈, , ,a b c d K∈

( ) ( ) ( ), ,aX bY Z a X Z b Y ZΦ + = Φ + Φ ,

( ) ( ) ( ), ,X aY bZ a X Y b X Z,Φ + = Φ + Φ .

Cele două egalităţi se pot contopi în una singură prin calcularea valorii

( ),aX bY cZ dUΦ + + , U V∈ .

Exemple. Dacă şi nV = K = , atunci produsul scalar (canonic)

( ) 1 1 2 2, , ... n nX Y X Y x y x y x yΦ = = + + + este o formă biliniară.

Analog, dacă este spaţiul funcţiilor reale continue pe intervalul [

[ ]( ,V C a b= )],a b şi K = , atunci produsul scalar (al funcţiilor)

( ) ( ) ( ), ,b

a

df g f g f t g tΦ = = ∫ t

este o formă biliniară. Observaţie. Dacă V este spaţiu de funcţii, atunci Φ se mai numeşte şi

funcţională biliniară.


Definiţie. Forma biliniară Φ se numeşte simetrică dacă pentru orice X şi Y din V. Dacă ( ) (,X Y Y XΦ =Φ ), ( ),X YΦ este formă

biliniară oarecare, atunci ( ) ( ) (11, ,2

),X Y X Y YΦ = Φ +Φ X⎡ ⎤⎣ ⎦ este formă

biliniară simetrică. B. În continuare considerăm V spaţiu vectorial cu dimensiune finită n,

. Fie şi o bază a lui V, unde 1n ≥ ,X Y V∈ B

( )t1 2, ,..., nX x x x= , , ( )t

1 2, ,..., nY y y y= { }1 2, ,..., nv v v=B .

Atunci valorile formei biliniare se pot scrie în mai multe feluri echivalente

( )1 1

,n n

ij i ji j

X Y a x y= =

Φ =∑∑ , ( ),ij i ja v v= Φ

( )ijA a= , , 1,i j n= ; ( ) t,X Y X AYΦ = . (7.3.1)

Definiţie. Matricea pătrată A de tipul n n× , cu elementele ( ),ij i ja v v= Φ se numeşte matricea (ataşată) formei biliniare Φ în baza B . Se notează A AΦ= B .

Matricea formei biliniare arată cum acţionează Φ asupra vectorilor bazei. Valoarea ( ),X YΦ este un scalar din K.

Întrebare: cum se schimbă matricea ataşată unei forme biliniare la schimbarea bazei.

Răspunsul este dat folosind notaţiile care urmează.

{ }1,..., ,...,i nv v v=B , { }1,..., ,...,j nv v v′ ′ ′ ′=B

( )ijA a= , ( ),ij i ja v= Φ v ; ( )ijB b= , ( )1,ij jb v v′ ′= Φ C matricea de trecere de la B la ′B

tB C AC= . (7.3.2)

Dacă este formă biliniară simetrică, atunci Φ tA A= în orice bază. În complex, dacă tA A= , atunci este formă biliniară hermitică. Φ

Definiţie. Forma biliniară Φ cu matricea ataşată A în baza se numeşte

nedegenerată dacă B

det 0A ≠ . Numărul natural rang A se numeşte rangul formei biliniare şi se notează rang rang AΦ = .

Dacă Φ este nedegenerată, atunci rang nΦ = .


Proprietatea de nedegenerare a lui Φ nu depinde de baza în care se lucrează, deoarece din (7.3.2) rezultă

( )2det det detB C= A .

Definiţie. Se numeşte nucleul formei biliniare Φ o mulţime de vectori notată , definită prin KerΦ

( ){ }Ker / , 0,X V X Y Y VΦ = ∈ Φ = ∀ ∈ .

Evident că , deoarece Kerθ∈ Φ ( ), 0YΦ θ = . Proprietatea (de legătură cu operatorii autoadjuncţi): dacă este o formă

biliniară simetrică definită pe un spaţiu euclidian real V, atunci există un unic operator autoadjunct a.î.

Φ

:T V V→

( ) ( ), ,X Y T X YΦ = , ,X Y V∀ ∈ .

Dacă A este matricea simetrică a lui Φ într-o bază ortonormată , atunci operatorul autoadjunct T se defineşte prin

1B( )T X AX= .

C. În cele de mai sus am definit forma biliniară Φ în raport cu un singur

spaţiu vectorial . Forma biliniară se defineşte în mod analog pentru două spaţii vectoriale , (în raport cu acelaşi corp comutativ)

/V K/V K /V K′

:V V K′Φ × → , ( ),X YΦ , X V∈ , Y V ′∈ . Dacă dimV m= şi dimV n′ = , atunci matricea ataşată A în bazele şi

are tipul . Se menţine reprezentarea B

′B m n×

( ), tX Y X AYΦ = , X V∈ , Y V ′∈ .

La o schimbare a bazelor, între matricele şi există legătura

1 2A AΦ= B B 1 2B B ′ ′Φ= B B

tB C AD= , m mC × , n nD × ,

unde C este matricea de trecere de la şi 1B 1′B (baze oarecare), iar D este matricea de trecere de la şi 2B 2′B .

7.4 Forme pătratice

7.4.1 Definiţii. Proprietăţi Fie un spaţiu vectorial de dimensiune n şi /V :V VΦ × → o formă

biliniară simetrică ( ) t,X Y X AYΦ = , ,X Y V∈ , tA A= .


Restrângerea lui Φ la diagonala produsului cartezian V , de forma V×( ){ , ,X X X V∈ } generează o noţiune nouă, care face obiectul acestui paragraf.

Definiţie. Aplicaţia se numeşte formă pătratică, dacă există o

formă biliniară simetrică a.î. :F V →:V VΦ × →

( ) ( ),F X X X= Φ , X V∀ ∈ .

( ),X YΦ se numeşte polara (sau forma polară sau forma dedublată) formei pătratice F, iar F se numeşte forma pătratică asociată formei biliniare simetrice . Φ

Consecinţe. 1. Din scrierea lui ( ),X YΦ rezultă

( ) tF X X AX= , , ( )1 1

n n

ij i ji j

F X a x x= =

=∑∑ ( ),ij i ja v v= Φ .

2. Într-o bază oarecare { }1,..., nv v=B , matricea ( )ijA a= se numeşte

matricea formei pătratice F. 3. Dacă ( ),X YΦ este formă biliniară dată, atunci rezultă în mod unic

forma pătratică ( ) ( ),F X X X= Φ . Reciproc: oricărei forme pătratice F i se poate ataşa o infinitate de forme

biliniare Φ .

Proprietate. Corespondenţa dintre formele pătratice F şi formele biliniare simetrice este bijectivă, de forma

( ) ( ) ( ) (1,2

)X Y F X Y F X F YΦ = + − −⎡ ⎤⎣ ⎦ .

4. Matricea A ataşată lui F în orice bază este simetrică, adică tA A= . Deci, întotdeauna unei matrice simetrice A i se asociază o formă pătratică F şi reciproc. De aceea, o proprietate legată de F este echivalentă cu aceeaşi proprietate legată de matricea ataşată A.

5. Schimbarea matricei ataşate. Fie şi B ′B două baze şi matricele ataşate FA A= B şi FB B ′= B . Atunci tB C AC= , unde C este matricea de trecere de la baza la baza . B ′B

Definiţie. Forma pătratică F se numeşte pozitiv definită dacă

( ) 0F X > sau , t 0X AX > X∀ ≠ θ .


Analog, F se numeşte negativ definită dacă

( ) 0F X < sau t 0X AX < , X∀ ≠ θ .

Dacă există a.î. X ≠ θ ( ) 0F X ≥ şi există Y ≠ θ a.î. ( ) 0F Y ≤ , atunci forma pătratică F se numeşte nedefinită.

Definiţie. rang A se numeşte rangul formei pătratice şi se notează

rang rangF A= . Dacă rang F n= , adică det 0A ≠ , atunci forma pătratică F se numeşte nedegenerată. Dacă det 0A = , atunci F se numeşte degenerată.

Definiţie. Se numeşte nucleul formei pătratice F o mulţime de vectori

notată , definită prin Ker F

( ){ }Ker / 0 sau F X V F X AX= ∈ = = θ .

Am văzut că la schimbarea bazelor avem tB C AC= . Atunci se pune următoarea problemă:

Să se găsească o nouă bază a.î. matricea formei pătratice F să fie o matrice diagonală D

D

1

2

0 00 0

0 0 n

D

λ⎛ ⎞⎜ ⎟λ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟λ⎝ ⎠

, iλ ∈ , tD C AC= . (7.4.1)

Elementele de pe diagonala principală pot fi distincte sau confundate, pozitive sau negative, nule sau nenule. Evident, trebuie să existe cel puţin o valoare . 0iλ ≠

Definiţie. Reprezentarea lui F prin

(7.4.2) ( ) 2 21 1 2 2 ... n nF X x x x= λ + λ + + λ 2

se numeşte expresia canonică a formei pătratice F sau aducerea lui F la o sumă (algebrică) de pătrate.

Definiţie. Se numeşte signatura formei pătratice F tripletul ( ) { }sgn , ,F p q r= unde , ,p q r reprezintă numărul de coeficienţi din (7.4.2)

pozitiv, negativi sau nuli, cu iλ

p q r n+ + = . Există mai multe metode prin care o formă pătratică F se poate aduce la o

sumă (algebrică) de pătrate. Menţionăm trei metode: a) metoda lui Gauss; b) metoda lui Jacobi;


c) metoda vectorilor proprii sau metoda operatorilor autoadjuncţi în spaţii euclidiene reale sau metoda operatorilor ortogonali.

Observaţie. Într-o problemă concretă, la oricare din metode trebuie aflată matricea diagonală D, baza D şi matricea C de trecere de la baza iniţială la baza . În aplicaţii, dacă nu se specifică baza iniţială în care este dată forma pătratică F, se consideră că aceasta este baza canonică a spaţiului V. În acest caz, dacă , matricea C are drept coloane chiar componentele vectorilor din baza ordonată D .

BD

nV =

Ne întrebăm dacă signatura unei forme pătratice depinde de metoda folosită la obţinerea expresiei canonice (7.4.2). Răspunsul este negativ şi este dat prin:

Legea inerţiei formelor pătratice − Signatura unei forme pătratice este invariantă la schimbarea bazei.

Deci, signatura ( )sgn F nu depinde de metoda folosită pentru obţinerea expresiei canonice. Valorile coeficienţilor iλ se pot schimba de la o metodă la alta, dar valorile , ,p q r nu se schimbă.

K.F. Gauss (1777-1855), colosul de la Göttingen sau princeps mathematicorum cum mai era numit, a dat metoda sa în anul 1801.

K.G. Jacob Jacobi (1804-1851) a fost unul din cei mai mari algorişti ai lumii matematice (după L. Euler, 1707-1783). Jacobi a descoperit în 1847 legea inerţiei formelor pătratice, în acelaşi timp cu Euler, dar nu a publicat-o. Primul matematician care a redescoperit-o şi a publicat-o în 1852 a fost J.J. Sylvester (1814-1897). De aceea această lege poartă numele lui Sylvester.

Observaţie. Penultima problemă de la subcapitolul 7.6 − Probleme rezolvate − tratează metoda obţinerii simultane a expresiei canonice a două forme pătratice şi , dintre care prima este pozitiv definită şi deci polara ei

defineşte un produs scalar. 1F 2F

(1 ,X YΦ )

7.4.2 Expresia canonică a unei forme pătratice În spaţiul vectorial , /V nV = cu baza { }1 2, ,..., nv v v=B fie forma

pătratică

:F V → , ( )1 1

n n

ij i ji j

F X a x x= =

=∑∑

( )ijA a= , ( ) tF X X AX= , tA A=

( ) 2 211 1 12 1 2 1 1 22 2 23 2 3 1 12 ... 2 2 ... 2n n n n nF X a x a x x a x x a x a x x a x x− −= + + + + + + + .


Expresia canonică a lui ( )F X în baza D este

( ) 2 21 1 2 2 ... n nF X y y y= λ + λ + + λ 2

)

,

unde între vectorii X şi Y există legătura unic determinată . Matricea C este matricea de trecere de la la D .

X CY=B

Am văzut că există mai multe metode de obţinere a expresiei canonice. De fiecare dată se urmăreşte obţinerea matricei diagonale D şi a bazei D corespunzătoare.

7.4.2.1 Metoda lui Gauss Există mai multe cazuri legate de elementele individuale . Vom

prezenta etapele de obţinere a expresiei canonice. ija

1) Cazul . Etapa 1. Se grupează toţi termenii lui care conţin pe

11 0a ≠ (F X

1x şi se dă factor comun forţat . 111/ a

Etapa 2. În paranteza obţinută, în afara termenului , se dă factor comun , apoi se adaugă şi se scade termenul

( 211 1a x )

112a

( )12 2 13 3 1... nn na x a x a x+ + + .

Etapa 3. Se recunoaşte obţinerea unui pătrat perfect şi se notează

1 11 1 12 2 1... n ny a x a x a x= + + + .

Etapa 4. Se grupează termenii care au rămas şi rezultă

( ) 21

11 2 2

1 n n

ij i ji j

F X y a x xa = =

′= +∑∑ .

Dacă , se reiau calculele de la etapa 1. 22 0a′ ≠2) Cazul , dar există 11 0a = 0iia ≠ , 2 i n≤ ≤ . Se face o schimbare de

coordonate pentru a aduce variabila ix pe primul loc, adică:

1 2 2 1 1 1, ,..., , ,...,i i i i n nx x x x x x x x x x− −′ ′ ′ ′ ′= = = = = .

Cu variabila 1x′ se efectuează etapele parcurse cu 1x în cazul . 11 0a ≠3) Cazul 0iia = pentru toţi 1,i n= . Presupunem . Se face o schimbare de variabile în care se folosesc

indicii 1 şi 2, adică notăm 12 0a ≠

1 1 2x x′ ′= + 2 1, 2x x x x′ ′− 3 3,..., n n, = x x x x′ ′= . =

Din produsul 1 2x x rezultă coeficientul 11 0a′ ≠ . Cu variabila 1x′ se procedează ca în etapa 1.


Dacă avem , atunci folosim indicii 2 şi 4 prin transformarea 24 0a ≠

1 1x x′= , 2 2 4x x′ ′= + 3 3, x x x′= , 4 2 4,..., n nx x x x x′ ′ ′= − = .

Produsul 2 4x x generează coeficientul 22 0a′ ≠ . După un număr finit de paşi se obţine expresia canonică sub forma unei sume algebrice de pătrate.

Atragem atenţia că pe parcursul calculelor folosim fie exprimarea coordonatelor noi cu cele vechi, fie invers. Matricea de trecere C rezultă din exprimarea coordonatelor vechi ix cu cele noi , adică iy X CY= .

Prin cunoaşterea lui şi C se află în mod unic baza (diagonală) . Dacă , atunci vectorii lui D sunt chiar vectorii coloană din C.

B Dc=B B

7.4.2.2 Metoda lui Jacobi Fie ( )ijA a= matricea ataşată formei pătratice F într-o bază .

Introducem notaţiile B

1 1111 12

221 22

a aa a

Δ = , 1311 12

3 21 22 23

31 32 33

,..., detn

a a a

a a aa a a

Δ = Δ =aΔ = , A .

Proprietate: dacă toţi minorii iΔ , 1,i n= , sunt nenuli, atunci există o bază în care are expresia canonică D (F X )

( ) 2 2 2 11 21 2 3

1 2 3

1 ... nn

n

2F X y y y − yΔΔ Δ= + + + +Δ Δ Δ Δ

. (7.4.3)

În aplicaţii expresia canonică (7.4.3) se obţine destul de uşor; mult mai uşor decât în metoda lui Gauss. Rămâne problema determinării bazei D . Pentru a arăta cum se obţine baza D folosim următoarele notaţii:

{ }1 2, ,..., nu u u=B , { }1 2, ,..., nv v v=D ,

unde este bază dată, iar D este bază căutată. B

11 12 13 1

22 23 2

33 3

00 0

0 0 0

n

n

n

nn

p p p pp p p

p pP

p

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; ;

1

2

3

n

uuu

u

1 11 1

2 12 1 22

3 13 1 23 2 33

1 1 2 2

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

n n n nn

v p uv p u p uv p u p u p u

v p u p u p u

3

n

== += + +

= + +

(7.4.4)

Matricea superior triunghiulară P este necunoscută. Aflarea lui D revine la aflarea lui ijp . Cele ( )1 / 2n n + necunoscute ijp se determină din ( )1 / 2n n + condiţii de forma


( ), 0i jv uΦ = , 2,i n= ; 1, 1j i= − , (7.4.5)

( ), 1i iv uΦ = , 1,i n= , (7.4.6)

unde este polara lui Φ ( )F X . Relaţiile (7.4.5) şi (7.4.6) generează sistemul cu ( )1 / 2n n + ecuaţii

, ; 1

0i

jk kik

a p=

=∑ 2,i n= 1, 1j n= − ; 1

1i

ik kik

a p=

=∑ , . (7.4.7) 1,i n=

Ecuaţiile (7.4.7) se grupează după necunoscutele pe care acestea le conţin. Deci, determinarea bazei D care corespunde expresiei canonice a lui se face în etapele care urmează. (F X )Etapa 1. Se scrie matricea simetrică ( )ijA a= şi ecuaţiile (7.4.7) cu

necunoscutele ijp . Etapa 2. Se grupează ecuaţiile (7.4.7) în subsisteme şi se rezolvă

subsistemele Cramer obţinute. Etapa 3. Se foloseşte relaţia (7.4.4) şi următoarele pentru determinarea

vectorilor . 1 2, ,..., nv v vEtapa 4. Se determină matricea de trecere C de la baza iniţială B la baza

. Prin aceasta se cunoaşte legătura D X CY= . Etapa 5 (facultativ). Se scrie matricea diagonală D, care corespunde

expresiile canonice (7.4.3) şi se face proba de corectitudine a calculelor

1

1 2

2 3

1

1/ 0 0 00 / 0 00 0 / 0

00 0 0 /n n

D

−

Δ⎛ ⎞⎜ ⎟Δ Δ⎜ ⎟⎜ ⎟Δ Δ=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟Δ Δ⎝ ⎠

, tD C AC= .

Exemplu. Pentru sistemul (7.4.7) se structurează în subsistemele 3n =

11 11 1a p = ; ; 11 12 12 22

21 12 22 22

01

a p a pa p a p

+ =+ =

11 13 12 23 13 33

21 13 22 23 23 33

31 13 32 23 33 33

001

a p a p a pa p a p a pa p a p a p

+ + =

+ + =

+ + =

.

Observaţie. În general, în aplicaţii baza iniţială este baza canonică B{ }c , 1,ie i n= =B . În acest caz matricea C are drept coloane chiar vectorii din

baza diagonală D .


7.4.2.3 Metoda vectorilor proprii Fie o formă pătratică provenită din polara simetrică (F X ) ( ),X YΦ ,

adică

( ) ( ),F X X X= Φ , ( ) tF X X AX= , tA A= .

Formei biliniare simetrice Φ i se asociază un operator autoadjunct unic cu proprietatea :T V V→

( ) ( ), ,X Y T X YΦ = , ( )T X AX= .

Proprietate. Dacă sunt valorile proprii ale matricei simetrice A (scrise cu ordinele lor de multiplicitate algebrică), atunci expresia canonică a lui este

1 2, ,..., nλ λ λ

(F X )2 , (7.4.8) ( ) 2 2

1 1 2 2 ... n nF X y y y= λ + λ + + λ

iar baza corespunzătoare este baza ortonormată provenită dintr-o bază 1B pB de vectori proprii ai matricei A. Această metodă foloseşte mai multe etape. Etapa 1. Fiind dată forma pătratică ( )F X se scrie matricea simetrică ataşată A. Se determină polinomul caracteristic ( )det A I− λ şi se află valorile proprii . 1,..., nλ λ

Etapa 2. Se scriu matricea diagonală D, care are pe diagonala principală valorile proprii, respectând ordinul lor de multiplicitate algebrică (şi fără a fi amestecate).

Etapa 3. Pentru toate valorile proprii distincte kλ se determină subspaţiul propriu şi baza corespunzătoare

( ) ( ){ }/k kS X A I Xλ = − λ = θ , ( )kS λB .

Etapa 4. Se construieşte baza pB de vectori proprii prin alăturarea (fără amestecare) bazelor subspaţiilor proprii.

Etapa 5. Se cercetează dacă baza pB este ortonormată. Dacă nu este ortonormată şi nici măcar ortogonală, atunci printr-un procedeu de ortogonalizare se construieşte baza ortogonală şi apoi baza ortonormată . Baza corespunde expresiei canonice (7.4.8) şi se notează cu .

0B 1B

1B 1=B DEtapa 6. Se scrie matricea de trecere C de la baza iniţială la baza D .

În general este baza canonică . B

B cBEtapa 7 (facultativ). Se face proba de corectitudine a calculelor. Pentru

aceasta se verifică dacă într-adevăr tC AC D= .


Observaţie. Prin metoda vectorilor proprii matricea de trecere C este ortogonală, adică

t tCC C C I= = , t 1C C−= , 1D C AC−= .

De aceea această metodă se foloseşte la determinarea matricei nA prin formulele 1A CDC−= , tA CDC= , tn nA CD C= . (7.4.9)

Metoda vectorilor proprii este echivalentă cu metoda diagonalizării din cap. 6 prin care se obţine matricea nA . Metoda diagonalizării cere calcularea lui

, în timp ce metoda vectorilor proprii cere ortonormarea bazei 1C−pB , după

care se scrie C. Baza formată cu vectori proprii constituie direcţiile principale ale

formei pătratice F. De aceea, aducerea unei forme pătratice la expresia canonică se mai numeşte şi reducerea la axele principale.

0B

7.5 Criteriul lui Sylvester pentru forme pătratice pozitiv sau negativ definite

Definiţia formei pătratice ( )F X pozitiv definite sau negativ definite a fost dată în paragraful 7.4.1.

Folosim notaţiile , , cu semnificaţia de la metoda lui Jacobi de obţinere a expresiei canonice.

iΔ 1,i = n

Criteriul lui Sylvester. Fie forma pătratică ( )F X cu matricea ataşată A într-o bază oarecare.

a) Forma pătratică F este pozitiv definită dacă şi numai dacă toţi , .

0iΔ >1,i n=

b) Forma pătratică F este negativ definită dacă şi numai dacă semnele lui alternează, începând cu semnul minus, adică iΔ

1 0Δ < , 2 0Δ > , 3 0Δ < etc.

c) Dacă a) sau (exclusiv) b) nu sunt îndeplinite, atunci F este formă pătratică nedefinită.

Criteriul lui Sylvester rămâne invariant la schimbarea bazei.

7.6 Probleme rezolvate Problema 1. Fie spaţiul vectorial . Să se arate că este formă liniară, unde:

/V K :F V K→

a) , 3V = ( ) 1 2 32 3F X x x x= − + ( )t1 2 2, x x x= ; X


b) [ ]( )0 ,V C a b= , , ( ) ( )db

a

F f f t t= ∫ [ ],a b K⊂ ;

c) ( ),m nV K=M , ( )F X AXB= cu A şi B matrice dim K , de tipul 1 m× , respectiv . 1n×

d) Este formă liniară , ( ) ( )2 db

a

F f f t t= ∫ [ ]( ),f C a b∈ ?

Soluţie. Se verifică definiţia formei liniare. a) Fie şi . Rezultă: 3,X Y ∈ c K∈

( ) ( ) ( ) ( ) (1 1 2 2 3 32 3F X Y x y x y x y F X F Y+ = + − + + + = + )

( ) ( )1 2 32 3F cX cx cx cx cF X= − + = .

b) Fie ,f g V∈ şi . Rezultă: c K∈

( ) ( ) ( ) ( ) ( )db

a

F f g f t g t t F f F g+ = + = +⎡ ⎤⎣ ⎦∫

( ) ( ) (db

a

F cf cf t t cF f= =∫ ) .

c) Fie ,X Y V∈ şi . Avem c K∈ AXB K∈ şi rezultă:

( ) ( ) ( ) ( )F X Y A X Y B AXB AYB F X F Y+ = + = + = +

( ) ( ) ( )F cX A cX B cF X= = .

În cazurile de mai sus F este formă liniară. d) Fie [ ](, ),f g C a b∈ . Calculăm

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 d 2 db b

a a

F f g f t g t t F f F g f t g t t F f F g+ = + = + + ≠ +⎡ ⎤⎣ ⎦∫ ∫ .

F nu este formă liniară. Problema 2. În spaţiul euclidian se consideră baza 3 { }1 2 3, ,u u u=B

( )t1 1 1 1u = , , . ( )t

2 0 1 1u = ( )t3 0 0 1u =

a) Să se determine baza { }1 2 3, ,v v v′=B a.î. matricea de trecere de la la să fie

B′B


1 1 11 1 02 1 1

C− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

b) Să se afle baza duală ∗B a lui B , baza duală a lui ∗′B ′B şi matricea de trecere de la C∗ ∗B la ∗′B .

c) Să se afle coordonatele formei liniare

( ) 1 2 3X x x x= + + ( )t1 2 3X x x x=, L

în raport cu bazele duale şi ∗B ∗′B . d) Să se determine Ker L şi o bază a sa. e) Să se afle proiecţia ortogonală a vectorului pe

subspaţiul Ker0v ( )t2 1 3v =

L . (Concursul studenţesc de matematică, Institutul Politehnic din Timişoara, 1985). Soluţie. a) Se ştie că legătura dintre vectorii noi şi vectorii vechi

este dată de formulele ,

jv iu3

1j ij iu

iv c

=

=∑ 1,3j = . Rezultă

( )t1 1 2 32 1 0 2v u u u= − + + = − ( )t

2 1 0 1v = −, , . ( )t3 1 1 2v =

b) Aflăm baza duală . Aceasta este bază a spaţiului dual V provenit din

∗B ∗

3V =

( ){ }31 1 2 2 3 3: ,V L L X x x x∗ = → = λ + λ + λ .

Deoarece dim , atunci 3V = dim 3V ∗ = şi deci ∗B este formată din trei forme liniare, definite într-un mod special cu ajutorul vectorilor din B . Notăm

iu

{ }1 2 3, ,L L L∗=B , ( )j i iL u j= δ , , 1,i j 3= .

În acest fel obţinem condiţiile

( )( )( )

1 1

1 2

1 3

1

0

0

L u

L u

L u

=

=

=

, ( )( )( )

2 1

2 2

2 3

0

1

0

L u

L u

L u

=

=

=

, ( )( )( )

3 1

3 2

3 3

0

0

1.

L u

L u

L u

=

=

=

Forma liniară jL este determinată dacă se cunosc coeficienţii săi . Obţinem trei sisteme de ecuaţii liniare, în care se schimbă numai

termenii liberi 1 2 3, ,λ λ λ


1 2 3

2 3

3

1, 0, 0 0, 1, 0 0, 0, 1

λ + λ + λ =

λ + λ =

λ =

1 3: 0L λ = , 2 0λ = , 1 1λ = , ( )1 1L X x=

2 3: 0L λ = , , 2 1λ = 1 1λ = − , ( )2 1 2L X x x= − +

3 3: 1L λ = , , 2 1λ = − 1 0λ = , ( )3 2 3L X x x= − + .

Aflăm baza duală , notată ∗′B { }1 2 3, ,H H H∗′ =B .

Metoda 1. Folosim definiţia bazei duale

{ }1 2 3, ,H H H∗′ =B , ( )j i iH v j= δ , , 1,i j 3= .

Forma liniară jH este cunoscută dacă se determină coeficienţii săi . Cu ajutorul vectorilor cunoscuţi se obţin trei sisteme de ecuaţii

liniare, în care se schimbă numai termenii liberi. Rezultă: 1 2 3, ,λ λ λ iv

1 3

1 3

1 2 3

2 1, 0, 0 0, 1, 0

2 0, 0,

−λ + λ =

−λ + λ =

λ + λ + λ = 1

1 3: 1H λ = , , 1 1λ = 2 3λ = − , ( )1 1 23 3H X x x x= − +

2 3: 1H λ = − , , 1 2λ = − 2 4λ = , ( )2 1 22 4 3H X x x x= − + −

3 3: 0H λ = , 1 0λ = , 2 1λ = , ( )3 2H X x= .

Facem proba de corectitudine a calculelor. Se ştie ([8], cap. 1, pag. 11, formula 1.10) că

1 1

2 2

3 3

L HL C HL H

⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

, ( ) ( )3

1i ij j

jL X c H

=

=∑ X .

Aceste relaţii sunt verificate, deoarece

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 3 1L X H X H X H X= − − + = x

( ) ( ) ( )2 1 2 1 2L X H X H X x x= + = − +

( ) ( ) ( ) ( )3 1 2 3 22 3L X H X H X H X x= + + = − x+ .


Metoda 2. Folosim matricea 1C−

11 2 11 3 11 1 0

C−− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 1

12 2

3 3

H LH C LH L

−⎛ ⎞ ⎛⎜ ⎟ ⎜=⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

.

Se obţin formele liniare jH de la metoda 1.

Aflăm matricea de trecere C∗ de la baza duală ∗B la baza duală . ∗′B Se ştie că la o schimbare de coordonate vectorii din baza duală se schimbă cum se schimbă vectorii din baza primală, adică:

( )ijC c= , 1 1 11 1 02 1 1

C− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 1

2

3

uuu

3

1j i

iv c

=

= j iu∑

( ) ( )t1ijC d− = , ( )t1

1 1 12 3 11 1 0

C−−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1

2

3

LLL

, 3

1j i

ij iH d L

=

=∑ .

Deci, matricea de trecere de la ∗B la ∗′B este ( )t1C C∗ −= .

c) Aflăm coordonatele lui ( )L X în ∗B . Pentru aceasta exprimăm ( )L X cu , adică ∗B

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3L X aL X bL X cL X= + + , . 3X∀ ∈

Prin identificarea coeficienţilor lui 1 2 3, ,x x x obţinem un sistem şi soluţia sa

1a b− = , , 1b c− = 1c = ; 3a = , 2b = , 1c =

( )t3 2 1L ∗ =B.

În acelaşi fel, prin calcul direct, exprimăm ( )L X cu baza şi obţinem succesiv

∗′B

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3L X aH X bH X cH X= + + , . 3X∀ ∈

2 1a b− = , , 3 4 1a b c− + + = 1a b = ; 1a = , 0b = , 4c =−

( )t1 0 4L ∗ =B.

Proba de corectitudine a calculelor cere ca tL C L∗ = BB, relaţie care este

îndeplinită ([8], cap. 1, pag. 11, formula 1.9).


Formula de mai sus reprezintă chiar o altă metodă de a afla coordonatele lui L în . ∗′B d) Folosim definiţia lui Ker L şi obţinem succesiv:

( ) 0L X = , 1 2 3 0x x x+ + = , 1 2X X X= α +β

( ) ( ){ }t t1 2 1 2Ker / 1 0 1 , 0 1 1L X X X X X= = α +β = − = −

{ }Ker 1 2,L X X=B , dimKer 2L = .

Această bază nu este ortogonală. e) Conform teoriei din cap. 4, 4.5, întâi găsim o bază ortogonală a lui 0BKer L . Fie { }0 1 2,w w=B . Luăm 1w X1= şi apoi

t2 1

2 2 121

, 1 112 2

X ww X w

w⎛ ⎞= − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Rezultă:

( )t1 20 1 22 2

1 2

, ,0 1 1

v w v wv w w

w w= + = −

1, 1v w = − , 23,2

v w = − , 21 2w = , 2

264

w = .

Observaţie. Acelaşi rezultat se obţine dacă se foloseşte definiţia vectorului proiecţie

0v

0 Kerv L∈ , 0 1, 0v v w− = , 0 2, 0v v w− = ,

unde şi sunt vectorii bazei ortogonale. 1w 2w Problema 3. Fie forma biliniară 3 3:Φ × →

( ) 1 1 2 2 3 3 1 2 2 1 2 3 3 2, 3 4 5 2 2 2 2X Y x y x y x y x y x y x y x yΦ = + + + + − − .

a) Să se scrie matricea ataşată A în baza canonică şi să se cerceteze dacă este simetrică. Φ

b) Să se arate că Φ defineşte un produs scalar real ( ), ,X Y X Y= Φ . c) Să se găsească o bază ortonormată în raport cu acest produs scalar. 1B

Soluţie. a) este formă biliniară simetrică, deoarece matricea ataşată A este simetrică

Φ


3 2 02 4 20 2 5

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, ( ) t,X Y X AYΦ = .

b) Cercetăm cele patru proprietăţi ale produsului scalar (cap. 4, 4.1). Primele trei proprietăţi sunt satisfăcute. Mai arătăm că

, 0X X ≥ ; , 0X X X= ⇔ = θ .

Aceasta revine la a arăta că forma pătratică ataşată ( ) ( ),X X F XΦ = . ( ) 2 2 2

1 2 3 1 2 23 5 4 4F X x x x x x x x= + + + − 3 este pozitiv definită. În acest scop aducem F la expresia canonică, cu precizarea bazei corespunzătoare. Prin orice metodă, de exemplu metoda lui Gauss, obţinem:

( ) 2 21 2

1 3 73 8 2

F X y y y= + + 23

3 2y x x= +

(*)

1 1 2 , 2 28 23

y x= − 3 3y x3x , = .

Deoarece 1Y C X−= şi X CY= , rezolvăm în raport cu ix şi obţinem:

1 1 2 31 1 13 4 2

x y y= − − y , 2 2 33 38 4

x y y= + , 3 3x y=

1/3 1/ 4 1/ 20 3/8 3/ 40 0 1

C− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1/3 0 00 3/8 00 0 7 / 2

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, .

Expresia canonică (*) arată că forma pătratică ( )F X este pozitiv definită, cu ( )sgn 3,0,0F = .

Din ,Y Y = 0 rezultă Y = θ , apoi X = θ . Deci, forma biliniară ( ),X YΦ defineşte un produs scalar.

Evident că . tC AC D=c) Baza D care corespunde matricei D este

{ }1 2 3, ,v v v=D , , , ( )t1 1/3 0 0v = ( )t

2 1/ 4 3/8 0v = −

( )t3 1/ 2 3/ 4 1v = − ;

baza nu este ortogonală. Prin procedeul de ortogonalizare, întâi se obţine baza ortogonală şi apoi baza ortonormată .

D0B 1B


Problema 4. Fie aplicaţia 3 3:Φ × → cu valorile

( ), detX Y AΦ = , .

11 12 13 1

21 22 23 2

31 32 33 3

1 2 3 0

a a a xa a a x

Aa a a xy y y

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Să se arate că Φ este formă biliniară. b) Care este condiţia ca Φ să fie simetrică? c) Să se găsească matricea 1B asociată lui Φ în baza canonică { }c 1 2 3, ,e e e=B şi matricea 2B asociată în baza { }1 2, ,v3v v=B

( )t1 1 1 0v = , , . ( )t

2 1 0 1v = ( )t3 0 0 1v =

d) Generalizare. Soluţie. a) Fie şi 3, , ,X Y P Q∈ , , ,a b c d ∈ . Arătăm că

( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , ,aX bP cY dQ ac X Y ad X Q bc P Y bd P QΦ + + = Φ + Φ + Φ + Φ , .

Pentru aceasta calculăm determinantul

( )

11 12 13 1 1

21 22 23 2 2

31 32 33 30 3

1 1 2 2 3 3

,

0

a a a axa a a ax

aX bP cY dQa a a ax

cy dq cy dq cy dq

++

Φ + + =+

+ + +

bpbpbp

folosind proprietăţile sale (descompunere în sume de determinanţi şi scoaterea factorului comun). Rezultă egalitatea care trebuie demonstrată. b) este formă biliniară simetrică dacă submatricea (Φ )ija cu , 1,i j 3=

este simetrică. c) Se ştie că matricea ataşată unei forme liniare, biliniare sau pătratice simetrice arată cum acţionează aceasta asupra vectorilor bazei. Pentru simplificarea calculelor notăm cu ijΔ determinantul ce se obţine

din submatricea ( )ija , prin eliminarea liniei i şi a coloanei j. Astfel avem

22 2311

32 33

a aa a

Δ = , 21 2312

31 33

a aa a

Δ = ,…

Aflăm matricea 1B . Metoda 1. Se dezvoltă efectiv det A , de exemplu după coloana cu 1 2 3, ,x x x . Rezultă:


( ) 11 1 1 12 1 2 13 1 3, .X Y x y x y x y ..Φ = −Δ + Δ − Δ +

( ) t1,X Y X B YΦ = ,

11 12 13

1 21 22 2

31 32 33

B 3

−Δ Δ −Δ⎛ ⎞⎜ ⎟= Δ −Δ Δ⎜ ⎟⎜ ⎟−Δ Δ −Δ⎝ ⎠

.

Metoda 2. Fie ( )1 ijB b= , , 1,i j 3= . Calculăm

( ),ij i jb e e= Φ , , 1,i j 3= .

Aflăm matricea 2B . Notăm ( )2 ijB d= , , 1,i j 3= .

Avem ( ),ij i jd v v= Φ , , 1,i j 3= . De exemplu:

( )

11 12 13

21 22 2311 1 1

31 32 33

11

,0

1 1 0

a a aa a a

d v va a a

= Φ =

0

d

etc.

d) Se extind indicii i şi j până la n, . 4n ≥ Problema 5. Fie spaţiul polinoamelor cu coeficienţi reali, de grad cel mult 3. Definim aplicaţia Φ cu valorile

4P

4 4: P PΦ × → , . ( ) ( ) ( )1 1

0 0

, dX Y X t t Y s sΦ = ∫ ∫a) Să se arate că Φ este formă biliniară simetrică. b) Să se determine matricea A ataşată lui Φ în baza canonică a lui . cB 4Pc) Să se determine matricea B ataşată lui Φ în baza

{ }2 2 2 21, , ,t t t t t t= − − −B 3

d

.

d) Generalizări. Soluţie. Datorită independenţei integralelor din enunţ, putem scrie mai simplu

( ) ( ) ( )1 1

0 0

, dX Y X t Y s t sΦ = ∫∫ .

a) Pentru şi 4, , ,X Y P Q P∈ , , ,a b c d ∈ aplicăm definiţia biliniarităţii şi obţinem

( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , ,aX bP cY dQ ac X Y ad X Q bc P Y bd P QΦ + + = Φ + Φ + Φ + Φ , ,


ceea ce arată că este formă biliniară. Deoarece Φ ( ) (,X Y Y X ),Φ =Φ , rezultă că este formă biliniară simetrică. Φ

b) Matricea ataşată A arată cum acţionează Φ asupra vectorilor bazei

{ } { }2 3 2 3c 1, , , 1, , ,t t t s s s= =B .

Metoda 1. Prin calculul direct obţinem ( )ijA a= , , 1,i j 4=

( )1 1

110 0

1,1 d d 1a t= Φ = =∫∫ s

( )1 1

120 0

11, d d2

a s s t s= Φ = =∫∫

( )1 1

2 213

0 0

11, d d3

a s s t s= Φ = =∫∫ etc.

1 1/ 2 1/3 1/ 41/ 2 1/ 4 1/ 6 1/81/3 1/ 6 1/9 1/121/ 4 1/8 1/12 1/16

A

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( ) t,X Y X AYΦ = .

Metoda 2. Luăm polinoamele generale

( ) 2 31 2 3 4X t a a t a t a t= + + + , ( ) 2 3

1 2 3 4Y s b b s b s b s= + + + .

Calculăm ( ),X YΦ şi construim matricea ataşată.

c) Metoda 1. Prin calculul direct obţinem ( )ijB b= , , 1,i j = 4

{ } { }2 2 2 2 3 2 2 2 21, , , 1, , ,t t t t t t s s s s s s= − − − = − − −B 3

( ) ( ) ( )1 1

2 2 2 211

0 0

41, 1 1 d 1 d9

b t s t t s s= Φ − − = − − =∫ ∫

( ) ( ) ( )1 1

2 2 2 212

0 0

11, 1 d d9

b t s s t t s s s= Φ − − = − − =∫ ∫

( ) ( )1 1

2 2 2 213

0 0

21, 1 d d9

b t s t t s s= Φ − = − = −∫ ∫ etc.


4 1 2 1/1 4 1/ 2 1/11 1/ 2 1 1/ 49

1/ 2 1/8 1/ 4 1/16

B

− −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟=⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

28

.

Metoda 2. Folosim formula tB C AC= , unde C este matricea de trecere de la la cB B

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

C

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Datorită faptului că matricea C are multe zerouri, este mai comodă metoda 2. d) Generalizarea 1.

1 1: n nP P+ +Φ × → , ( ) ( ) ( )1 1

0 0

, dX Y X t Y s t sΦ = ∫∫ d

{ } { }2 2c 1, , ,..., 1, , ,...,n nt t t s s s= =B

( )( )

( )( )( )

1 1/ 2 1/3 1/ 1/ 11/ 2 2 1/ 2 3 1/ 2 1/ 2 1

1/3 3 1/3 1/3 1

1/ 1/ 11/ 1 1

n nn nn n

A

nn n nn n

+⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ +

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

.

Generalizarea 2.

4 4: P PΦ × → , . ( ) ( ) ( )0 0

, da a

X Y X t Y s t sΦ = ∫∫ d

d

Generalizarea 3.

4 4: P PΦ × → , . ( ) ( ) ( ), db d

a c

X Y X t Y s t sΦ = ∫∫ Observaţie. Deoarece 1nP + este spaţiu de funcţii, ( ),X YΦ se mai numeşte şi funcţională biliniară.


Problema 6. Să se demonstreze că forma biliniară : n nΦ × → este degenerată dacă şi numai dacă există vectorul 0X ≠ θ din a.î.

pentru orice vector .

n ( )0, 0X YΦ =nY ∈

Soluţie. Fie ( )ijA a= matricea ataşată lui Φ într-o bază a lui . Atunci

B n

( )1 1

,n n

ij i ji j

X Y a x y= =

Φ =∑∑ .

Se ştie că Φ este degenerată dacă şi numai dacă det 0A = . a) Presupunem că este degenerată. Atunci Φ tdet det 0A A= = , iar

sistemul omogen (transpus) 1

0n

ij ii

a x=

=∑ , 1,i n= , are şi altă soluţie decât soluţia

nulă. Fie , 0X ≠ θ ( )0 0iX x= o astfel de soluţie. Calculăm ( )0,X YΦ şi obţinem

( )0 01 1 1

, 0 0=n n n

ij i j jj i j

X Y a x y y= = =

⎛ ⎞Φ = = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑ ∑ , ( ) n

jY y ∈∀ = .

Afirmaţia din enunţ este adevărată. b) Reciproc. Presupunem că există vectorul 0X ≠ θ a.î. ,

pentru orice . În particular această egalitate este adevărată şi pentru vectorii din baza canonică a lui , adică

( )0, 0X YΦ =nY ∈

je cBn

t0 0jX Ae = , 1,j n= .

În acest fel obţinem sistemul de relaţii de forma

01

0n

ij ii

a x=

=∑ , 1,j n= .

Aceste relaţii reprezintă un sistem liniar omogen care are soluţia nenulă . Deci, de0X ≠ θ t 0A = , adică Φ este formă biliniară degenerată.

Problema 7. a) În spaţiile polinoamelor să se arate că aplicaţia

[ ] [ ]3 5: t tΦ × → , ( ) ( ) ( )1

0

, dX Y X t Y t tΦ = ∫este o formă biliniară (sau funcţională biliniară).

b) Să se scrie matricea A ataşată lui Φ în bazele canonice


{ }2c 1, ,t t=B , { }2 3 4

c 1, , , ,t t t t′ =B .

c) Să se scrie matricea B ataşată lui Φ în bazele

{ }21,1 ,t t t= − −B , { }2 31,1 , ,1 ,t t t t t′= − − +B 4 .

d) Să se exprime matricea B cu ajutorul matricei A. Soluţie. a) Fie polinoamele şi scalarii oarecare

[ ]3,X P t∈ , [ ]5,Y Q t∈ , , , ,a b c d ∈ .

Evaluăm şi rezultă că ( ,aX bP cY dQΦ + + ) Φ este funcţională biliniară. b) Matricea ataşată A are tipul 3 5× şi arată acţiunea lui asupra

vectorilor bazei. Notăm Φ

( )ijA a= , { }c ie=B , { }c je′ ′=B , ( ),ij i ja e e′= Φ ,

pentru toate valorile şi 1,3i = 1,5j = . Rezultă

1 1/ 2 1/3 1/ 4 1/51/ 2 1/3 1/ 4 1/5 1/ 61/3 1/ 4 1/5 1/ 6 1/ 7

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

c) Pentru aflarea matricei B (de tipul 3 5× ) notăm

( )ijA b= , { }iu=B , { }jv′=B , ( ),ij i jb u v= Φ ,

pentru şi 1,3i = 1,5j = . Rezultă:

1 1/ 2 1/ 6 5/ 4 1/51/ 2 1/3 1/12 11/ 20 1/301/ 6 1/12 1/30 6 /30 1/ 42

B−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

d) Fie C şi D matricele de trecere de la baza la baza şi, respectiv, de la la

cB B

c′B ′B

1 1 00 1 10 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, .

1 1 0 1 00 1 1 0 00 0 1 0 00 0 0 0 00 0 0 1 1

D

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Legătura dintre B şi A are forma tB C AD= . Relaţia este verificată cu datele numerice de mai sus.


Problema 8. Să se precizeze şi să se discute proprietatea unei forme biliniare de a fi pozitiv sau negativ definită.

Forma biliniară este dată prin matricea A ataşată în baza canonică.

( ) t,X Y X AYΦ =

a) 1 2 11 4 11 1 3

A−⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

, b) 7 1 11 4 21 2 3

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, c) .

1 20 20 1 1 0

2 1 1

bc b

A

a

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

10

Soluţie. Aplicăm criteriul lui Sylvester, care foloseşte semnele minorilor , . iΔ 1,i n=

a) , , , 3n = 1 1 0Δ = − < 2 2 0Δ = > 3 4 0Δ = − < Φ este negativ definită. b) a) , 3n = 1 7 0Δ = > , , 2 27 0Δ = > 3 45 0Δ = > Φ este pozitiv definită. c) , ; impunem condiţii ca 4n = 1 1 0Δ = > Φ să fie pozitiv definită.

Rezultă:

2 0cΔ = > , , 3 2 0c bΔ = − − > 2b c− > , 02

cb < <−

( )( )3 1 2 0a b cΔ = − + > , 2 0b c+ < , 1 0a − < , . 1a <

Deci, forma biliniară este pozitiv definită dacă Φ

1a < , 2 0b c+ < , . 0c >Dacă , atunci este formă biliniară nedefinită. 0c < Φ Problema 9. Fie aplicaţia 3 3:Φ × → definită prin

( ) 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3, 2 2 2X Y x y x y x y x y x y ax y x y bx y x yΦ = + − + + + − + + 4 .

a) Să se determine ,a b∈ a.î. Φ să fie formă biliniară simetrică, de , în raport cu baza canonică a lui . rang2 3

b) Pentru 2a b= = − să se găsească matricea B ataşată lui Φ în baza { }1 2 3, ,u u u=B

( )t1 1 1 1u = , , . ( )t

2 1 1 0u = ( )t3 1 0 0u =

c) Să se aducă forma pătratică ( ) ( ),F X X X= Φ la expresia canonică şi să se precizeze baza D corespunzătoare, în cazul 2a b= = − .

d) Pentru 2a b= = − fie forma liniară

( ) ( )0,L X X= Φ Y , . ( )t0 1 1 1Y =


Să se exprime ( )L X în baza duală ∗D . (Concursul studenţesc de matematică, Institutul Politehnic din Timişoara, 1985). Soluţie. a) Scriem matricea A ataşată lui Φ

1 1 21 22 4

A ab

−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, tA A= , b a=

rang 2A = dacă det 0A = , ( )22 0a− + = , 2a b= = − .

b) Avem tB C AC= , unde C este matricea de trecere de la baza canonică la baza cB B

1 1 11 1 01 0 0

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 1 1 01 5 20 2 1

B⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

c) Pentru expresia canonică a lui ( )F X folosim metoda lui Gauss. Obţinem succesiv:

( ) 2 2 21 2 3 1 2 1 3 22 4 2 4 4F X x x x x x x x x= + + + − − 3x

2F X x x x x= + − +

( ) ( )2 21 2 3 2 , ( ) 2 2

1 2F X y y= +

2y x x x= + − 2 2y x

= , 3y x1 1 2 3 , 3= sau

1 1 2 32x y y y= − + 2 2, x y= , 3 3x y= ; ( ) ( )sgn 2,0,0F =

1 0 00 1 00 0 0

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1

1 1 20 1 00 0 1

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, { }1 2 3, ,v v v=D

( )t1 1 0 0v = , , . ( )t

2 1 1 0v = − ( )t3 2 0 1v =

d) Pentru vectorul dat obţinem 0Y ( ) 2L X x= . Căutăm baza duală ∗D . Fie de forma ∗D

( ) ( ) ( ){ }1 2 3, ,L X L X L X∗=D , ( )j i iL v j= δ .

Deoarece în general o formă liniară ( )L X are expresia

( ) 1 1 2 2 3 3L X x x x= λ + λ + λ ,

pentru 1 2 3, ,L L L obţinem trei sisteme liniare în 1 2 3, ,λ λ λ


( )1

1 2

1 3

1, 0, 00, 1, 0

2 0, 0, 1( )( )

1 1 2 3

2 2

3 3

2

.

L X x x x

L X x

L X x

= + −

=

=

λ =−λ + λ =

λ + λ =

Deci, în avem ∗D ( ) ( )2L x L X= . Problema 10. Fie forma biliniară 2 2:Φ × →

( ) ( )1 1 1 2 2 1 2 2,X Y ax y b x y x y cx yΦ = + + + .

a) Să se scrie matricea A ataşată lui Φ în baza canonică şi să se cerceteze dacă Φ este simetrică.

b) Să se determine condiţiile pentru , ,a b c∈ a.î. forma pătratică ( ) ( ),F X X X= Φ să fie pozitiv definită.

c) Fie forma liniară 2:L → , ( ) ( ),L X X Y= Φ , unde Y este vector

fixat. Să se determine ( )L X şi să se exprime în baza duală c∗B a lui . cB

Soluţie. a) , a b

Ab c⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

tA A= , Φ este simetrică.

b) Aplicăm metoda lui Jacobi şi obţinem:

( ) 2 21 1 2 22F X ax bx x cx= + + ( ), 2 2

1 221 aF X y ya ac b

= + −

(F X ) este pozitiv definită 0a⇔ > , 2 0ac b− > .

c) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2L X ay by x by cy= + + + x .

Determinăm baza duală c∗B , unde

( ) ( ){ }t tc 1 21 0 , 0 1e e= = =B , ( ) ( ){ }c 1 2,L X L X∗=B , ( )j i iL e = δ j

( )1 1 1L e = , ( )2 1 0L e = , ( )1 1L X x=

( )1 2 0L e = , ( )2 2 1L e = , ( )2 2L X x=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2L X ay by L X by cy L X= + + + .

Problema 11. În baza canonică fie cB

( ) 2 2 21 2 3 1 2 1 3 2F X x x x x x x x x x= + + + + + 3 .

Folosind mai multe metode să se obţină expresia canonică (diagonală) şi baza corespunzătoare D . Să se facă proba de corectitudine a calculelor.


Soluţie. Scriem matricea simetrică A ataşată formei pătratice F

1 1/ 2 1/ 21/ 2 1 1/ 21/ 2 1/ 2 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1det2

A = , 1

2

3

xX x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Metoda lui Gauss. Grupăm toţi termenii care conţin pe 1x , apoi pe 2x şi obţinem succesiv:

( )2 2

2 22 3 2 3 2 31 1 2 3 2 3

2 2 2 2 2 21 2 2 3 3 1 2 3

22 2 2

3 2 3 3 2 4 4 4 4 4

x x x x x xF X x x x x x x

y x x x x y y y

⎡ ⎤+ + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + − + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= + + + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 =

1 1 2 31 12 3

y x x x= + + , 2 23 14 4

y x= + 3 3y x3x , = . (*)

Deoarece matricea de trecere C de la baza la baza (diagonală) D este dată de formula

cBX CY= , 1Y C X−= , rezolvăm sistemul (*) în raport cu 1 2 3, ,x x x

şi rezultă:

1 2 32 13 3

x y y y= − − , 2 24 13 3

x 3y y= − 3 3, x y=

1 2 /3 1/30 4 /3 1/30 0 0

C− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 0 00 4/3 00 0 2/3

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= −⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

D

,

1 2 /3 1/30 , 4 /3 , 1/30 0 1

⎧ − − ⎫⎪⎬ , ( ) ( )gn 3,0,0Fs = .

Proba de corectitudine a calculelor arată că egalitatea este adevărată.

tC AC D=

Metoda lui Jacobi. Calculăm determinanţii 1 2, , 3Δ Δ Δ şi obţinem

1 1Δ = , 234

Δ = , 31det2

AΔ = =

( ) 2 2 231 2

4 33 2

F X y y y= + + , ( ) ( )sgn 3,0,0F =


1 0 00 4/3 00 0 3/ 2

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, { }1 2 3, ,v v v=D .

Variabilele nu au semnificaţia din relaţiile (*). Pentru a afla semnificaţiile acestora, adică legătura cu

1 2 3, ,y y y1 2 3, ,x x x , trebuie să aflăm baza D care

corespunde expresiei canonice. Vectorii se află pe următoarea structură de calcul

1 2 3, ,v v v

11 12 13

22 23

33

00 0

p p pp p

p

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; ; 1

2

3

eee

1 11 1

2 12 1 22 2

3 13 1 23 2 33 .

v p ev p e p ev p e p e p e3

== += + +

Coeficienţii ijp se determină din sistemul cu ( )1 / 2n n + ecuaţii şi

( )1 / 2n n + necunoscute

1 1 2 2 ... 0j i j i ji iia p a p a p+ + + = , i n2,= ; 1, 1j i= − ,

1 1 2 2 ... 1i i i i ii iia p a p a p+ + + = , i n1,= .

În cazul şi 3n = ( )ijA a= obţinem sistemul:

11 11 1a p = ; ; 11 12 12 22 0a p a p+ = 11 13 12 23 13 33 0a p a p a p+ + = ; 21 12 22 22 1a p a p+ = 21 13 22 23 23 33 0a p a p a p+ + = 31 13 32 23 33 33 1a p a p a p+ + =

11 1p = ; 12 221 02

p p+ = ; 13 23 331 1 02 2

p p p+ + =

12 221 12

p p+ = ; 13 23 331 1 02 2

p p p+ + =

13 23 331 1 12 2

p p p+ + = .

Rezultă:

11 1p = ; 1223

p = − , 2243

p = ; 1312

p = − , 2312

p = − , 3332

p =

1

100

v⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 2

2 /34 /30

v−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1/ 21/ 2

3/ 2v

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 2 /3 1/ 20 4 /3 1/ 20 0 3/

C2

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.


tC AC D=


Legătura dintre coordonatele iniţiale şi cele noi este dată de relaţia sau .

1 2 3, ,y y yX CY= 1Y C X−=

Metoda vectorilor proprii. Pasul 0. Din polinomul caracteristic al matricei A rezultă:

( )det 0A I− λ = , 1 2λ = , 2 312

λ = λ =

1 2λ = , ( )1A I X− λ = θ , ( )t11 1 1X X= α = α

( ) ( ){ }t1 12 / 1 1 1 ,S X X X= = α = α∈

212

λ = , ( )2A I X− λ = θ , 2 3X X X= β + γ , β∈ , γ∈

( ) ( ){ }t t2 3 2 3

1 / 1 0 1 , 0 1 12

S X X X X X⎛ ⎞ = = β + γ = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Vectorii sunt vectori proprii l.i. 1 2, ,X X X3

Pasul 1. Construim o bază de vectori proprii pB şi cercetăm dacă ea este ortonormată.

În spaţiul euclidian obţinem succesiv 3

{ }p 1 2 3, ,X X X=B , 1 2, 0X X = , 1 3, 0X X = , 2 3, 1X X = .

Baza pB nu este ortogonală.

Pasul 2. Prin procedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt obţinem baza ortogonală şi baza ortonormată cu vectorii 0B 1B

{ }0 1 2 3, ,u u u=B , { }1 1 2 3, ,v v v=B .

Luăm , şi construim vectorul ortogonal pe primii doi. Rezultă:

1 1u X= 2u X= 2 3u

( )t3 1/ 2 1 1/ 2u = − − , 31 2

11 2 3

, , uu uu u u

⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

B

1 3u = , 2 2u = , 332

u =

1

1 1 1/ 21 1 21 , 0 , 1

33 21 1 1/ 2

⎧ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

B D⎫

.


Pasul 3. Scriem expresia canonică, matricea diagonală D şi baza ortonormată 1=D B

( ) 2 2 231 2

1 122 2

F X y y y= + + , ( ) ( )3,0,0Fsgn =

2 0 00 1/ 2 00 0 1/ 2

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

1/ 3 1/ 2 1/ 6

1/ 3 0 2/ 6

1/ 3 1/ 2 1/ 6

C

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.


tC AC D=

Observaţie. Expresia canonică a lui ( )F X depinde de metoda folosită. Deci, matricea diagonală D, baza corespunzătoare şi matricea de trecere C se pot schimba la schimbarea metodei. Numai signatura

D( )sgn F este un invariant,

care nu depinde de metoda folosită.

Problema 12. În baza canonică a lui se dă forma pătratică cB3

( ) 2 2 21 2 3 1 2 1 3 29 6 6 12 10 2F X x x x x x x x x x= + + + − − 3 .

Folosind mai multe metode să se determine ( )sgn F şi să se probeze că signatura este invariantă. În fiecare caz să se determine baza care corespunde metodei folosite.

Soluţie. Enunţul reprezintă un alt mod de a cere să se aducă F la expresia canonică.

Metoda lui Gauss. Deoarece 11 9 0a = ≠ , grupăm toţi termenii care conţin pe 1x şi scoatem factor comun forţat pe 1/ . Apoi grupăm termenii care conţin 9

2x etc. Obţinem succesiv:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 221 1 2 3 2 3 2 3

2 22 3 2 3

1 9 2 9 6 5 6 5 6 59

6 6 2

F X x x x x x x x x

x x x x

⎡ ⎤= + ⋅ − + − − −⎣ ⎦

+ + −

+

( ) 2 21 2 2 3

1 4229 9

23

299

F X y x x x⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

x

( )2

2 21 2 3

1 1 7 129 2 3 2

F X y x x x⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

3

( ) 2 2 231 2

1 1 19 2 2

F X y y y= + + , ( ) ( )gn 3,0,0Fs = (*)

1 1 2 39 6 5y x x x= + − , 2 2723

y x= − 3 3y x3x , =


sau

1 1 2 31 1 49 3 3

x y y= − + y , 2 21 72 6

x 3y y= − 3 3, x y= ,

1/9 0 00 1/ 2 00 0 1/ 2

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, C1/9 1/3 4 /3

0 1/ 2 7 / 60 0 1

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

9 6 56 6 15 1 6

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟, −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

. =

Baza pentru matricea diagonală D este

{ }1 2 3, ,v v v=D , , ( )t1 1/9 0 0v = ( )t

2 1/3 1/ 2 0v = −

( t3 4 /3 7 / 6 1v = − ) , bază neortogonală.

Proba de corectitudine arată că relaţia tC AC D= este adevărată. Metoda lui Jacobi. Deoarece toţi iΔ sunt nenuli, se poate aplica această

metodă. Avem , , 1 9Δ = 2 18Δ = 3 9Δ =

( ) 2 2 231 2

1 1 29 2

F X y y y= + + , ( ) ( )gn 3,0,0Fs = . (**)

Aflăm baza Jacobi { }1 2 3, ,v v v=D . Vectorii bazei se determină prin următoarea structură de calcul

11 12 13

22 23

33

00 0

p p pp p

p

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; ; 1

2

3

eee

1 11 1

2 12 1 22 2

3 13 1 23 2 33 3

v p ev p e p ev p e p e p e

== += + +

9 6 56 6 15 1 6

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟; −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

. =

Pentru 3n = şi ( )ijA a= , coeficienţii ijp se calculează din următorul

sistem de ( )1 /+ 2 6n n = ecuaţii cu 6 necunoscute de forma

10

i

jk kik

a p=

=∑ , 2,i n= ; 1, 1j i= − ,

11

i

ik kik

a p=

=∑ , 1,i n= .

Grupăm ecuaţiile care au aceleaşi necunoscute şi obţinem succesiv: ; ; 119 1p = 12 229 6p p+ = 0 013 23 339 6 5p p p+ − = ; 12 226 6p p+ 1= 013 23 336 6p p p+ − = 13 23 335 6p p p 1− − + =


1119

p = ; 1213

p = − , 2212

p = ; 1383

p = , 2373

p = − ; 33 2p =

t

11 0 09

v ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

21 1 03 2

v ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

, t

38 7 23 3

v ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Baza Jacobi D este determinată, iar 1/9 1/3 8/3

0 1/ 2 7 /30 0 2

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1/9 0 00 1/ 2 00 0 2

D⎛ ⎞⎜= ⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

t, , ⎟⎟ D C AC= .

În expresia canonică (**), legătura dintre coordonatele vechi 1 2 3, ,x x x şi cele noi este dată de 1 2 3, ,y y y 1Y C X−= sau X CY= .

Metoda vectorilor proprii. Pasul 0. Din polinomul caracteristic al matricei A rezultă

( ) 3 2det 21 82 9A I− λ = −λ + λ − λ + .

Deoarece valorile proprii sunt numere reale incomod de utilizat ( )( )1 1/9,1/8λ ∈ , metoda nu este recomandată.

Problema 13. Folosind două metode, să se afle expresiile canonice şi bezele corespunzătoare pentru forma pătratică

( ) 2 2 21 2 3 1 2 15 6 4 4 4F X x x x x x x= + + − − 3x .

Soluţie. Metoda lui Jacobi. Matricea A simetrică, relativă la baza canonică este

5 2 22 6 02 0 4

A− −⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1 5Δ = , 2 26Δ = , 3 80Δ =

( ) 2 2 231 2

1 5 135 26 40

F X y y y= + + , ( ) ( )3,0,0Fsgn = .

Determinăm baza D ce corespunde matricei diagonale D.

11 12 13

22 23

33

00 0

p p pp p

p

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; ; 1

2

3

eee

1 11 1

2 12 1 22 2

3 13 1 23 2 33 .

v p ev p e p ev p e p e p e3

== += + +

Aflăm coeficienţii ijp din sistemele ; ; 115 1p = 12 225 2p p− = 0 013 23 335 2 2p p p− − = ; 12 222 6p p− + =1 013 232 6p p− + = 13 332 4p p 1− + = .


Rezultă:

11 1/5p = ; , 12 1/13p = 22 5/ 26p = ; 13 3/ 20p = , 23 1/ 20p = , 331340

p =

{ }1 2 3, ,v v v=D , ( )t1 1/5 0 0v =

( )t2 1/13 5/ 26 0v = , ( )t

3 3/ 20 1/ 20 13/ 40v =

1/5 0 00 5/ 26 00 0 13/ 40

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1/5 1/13 3/ 20

0 5/ 26 1/ 200 0 13/ 40

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

X CY= , 1Y C X−= , tC AC D= . Metoda vectorilor proprii. Pasul 0. Obţinem:

1 2λ = , 2 5λ = , 3 8λ =

( ) ( ){ }t1 12 / 2 1 2 ,S X X X= = α = α∈

( ) ( ){ }t2 25 / 1 2 2 ,S X X X= = β = − β∈

( ) ( ){ }t3 38 / 2 2 1 ,S X X X= = γ = − − γ∈ .

Pasul 1. Construim o bază de vectori proprii şi cercetăm dacă este ortonormată. Avem

{ }p 1 2 3, ,X X X=B , 1 2, 0X X = , 1 3, 0X X = , 2 3, 0X X = .

Baza este ortogonală. Obţinem baza ortonormată

1 1 21 1 1, ,3 3 3

X X X3⎧ ⎫= = ⎨ ⎬⎩ ⎭

D B

2 0 00 5 00 0 8

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2 1 2

1 1 2 23

2 2 1C

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

( ) 2 2 23 ( ) (1 22 5 8F X y y y= + + , )3,0,0Fsgn = .

Legătura dintre coordonatele vechi ix şi cele noi este dată de . Evident că această legătură diferă de la o metodă la alta.

jy X CY=


Problema 14. Fie forma pătratică F în baza canonică a lui 3

( ) 1 2 1 3 2 32F X x x x x x x= − + .

Folosind o metodă convenabilă să se găsească expresia canonică şi baza corespunzătoare.

Soluţie. Matricea simetrică A ataşată lui F este . 0 1/ 2 1

1/ 2 0 1/ 21 1/ 2 0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Valoarea arată că nu se poate folosi metoda lui Jacobi. Din determinantul caracteristic obţinem:

1 0Δ =

( ) 3 3 1det2 2

A I a a− λ = − + − , 1 1λ =

( )21 1 32

λ = − + , ( )31 1 32

λ = − − .

Cele două valori proprii iraţionale generează dificultăţi de calcul la utilizarea metodei vectorilor proprii. Rămâne să folosim metoda lui Gauss. Deoarece toţi , dar există 0iia = 12 0a ≠ , facem schimbarea de coordonate

1 1 2x y y= + 2 1, 2x y y− 3 3, x y= . (*) =

Forma pătratică devine

( ) 2 21 2 1 3 2 33F X y y y y y y= − − − 11 1 0, a′ ≠ . =

Grupăm termenii ce conţin pe şi obţinem succesiv: 1y

( ) 2 2 2 231 1 3 3 2 2

1 12 32 4 4y

3F X y y y y y y⎛ ⎞= − + − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

y

( ) ( )2 21 2 2 3

134

F X z y y y y= − + − 23

1 2 2F X z z z= − +

( ) 2 2 23 , ( ) ( )sgn 2,1,0F =

1 1 312

z y y= − , 2 232

z y y= + 3 3z y3 , = . (**)

Căutăm matricea de trecere C. Metoda 1. Fie matricea de trecere de la variabilele 1C ix la şi matricea de trecere de la la . Matricea rezultă direct din relaţiile (*). Pentru , din (**) se rezolvă în raport cu . Rezultă:

jy 2C

jy kz 1C

2C jy kz

1 1 312

y z z= + , 2 232

y z z= − 3 3y z= ; 1 2C C C= 3 ,


1

1 1 01 1 00 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , . 2

1 0 1/ 20 1 3/ 20 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 11 1 20 0 1

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Metoda 2. Folosind relaţiile (*) şi (**) exprimăm legătura dintre coordonatele vechi ix şi cele noi . Obţinem: kz

1 1 2 3x z z z= + − 2 1 2 2, 3x z z z− + 3 3, x z= =

1 1 11 1 20 0 1

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 0 00 1 00 0 2

D⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

{ }1 2 3, ,v v v=D , tC AC D=

( )t1 1 1 0v = , , . ( )t

2 1 1 0v = − ( )t3 1 2 1v = −

Problema 15. Fie forma pătratică

( ) 1 2 1 3 2 34 4 4F X x x x x x x= + − ,

care în baza canonică a lui are matricea ataşată A. Să se calculeze 3 nA . Soluţie. Exprimăm matricea A cu ajutorul unei matrice diagonale D. Aceasta este matricea lui F adusă la expresia canonică.

Avem , 0 2 22 0 22 2 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) 3det 12 16A I a a− λ = − + − .

Cum , nu se poate folosi metoda lui Jacobi. 1 0Δ =

Metoda lui Gauss. Toţi 0iia = ; 12 4 0a = ≠

1 1 2x y y= + 2 1, 2x y y− 3 3, x y= =

( ) 2 21 2 2 34 4 8F X y y y y= − + 11 4 0a, ′ ≠ =

( ) 2 2 23 ( ) (1 24 4 4F X z z z= − + , )sgn 2,1,0F =

1 1z y= , 2 2 3z y y− 3 3z y, = . =

Pentru a găsi baza şi matricea de trecere exprimăm ix cu . Obţinem

jzX CZ=

1 1 2 3x z z z= + + 2 1 2, 3x z z z= − − 3 3, x z=


1 1 11 1 10 0 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , 4 0 00 4 00 0 4

D⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

{ }1 2 3, ,v v v=D

, , . ( )t1 1 1 0v = ( )t

2 1 1 0v = − ( )t3 1 1 1v = −

, tC AC D= 1 2, 0v v = , 1 3, 0v v = , 2 3, 2v v 0= ≠ .

Baza D nu este ortogonală. Matricea C nu este ortogonală. Deci, matricea C nu este utilă la aflarea lui nA . În acest caz fie ortonormăm baza D , fie schimbăm metoda de aducere la expresia canonică. Metoda vectorilor proprii. 1 4λ = − , 2 3 2λ = λ =

( ) 2 2 21 2 3 ( ) ( )4 2 2F X y y y= − + + , sgn 2,1,0F =

( ) ( ){ }t1 14 / 1 1 1 ,S X X X− = = α = − α∈

( ) ( ) ( ){ }t t2 3 2 32 / 1 1 0 , 1 0 1S X X X X X= = β + γ = = β γ∈, , .

Baza de vectori proprii este { }p 1 2 3, ,X X X=B

1 2, 0X X = , 1 3, 0X X = , 2 3, 1X X 0= ≠ .

pB nu este ortogonală. De aceea tC AC D≠ . Ortonormăm baza pB . Întâi obţinem baza ortogonală 0B

{ }0 1 2 3, ,u u u=B , 1 1u X= , 2 2u X= , 1 3u = , 2 2u =

( )2

t33 3 2

1

,1/ 2 1/ 2 1i

ii i

X uu X u

u=

= − = −∑ , 36

2u = .

Baza ortonormată este t

1 1 21 1 23 2 6

u u u3⎧ ⎫= = ⎨ ⎬⎩ ⎭

B D

4 0 00 2 00 0 2

D−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

2 3 3 2 61 2 3 3 2 66

2 3 0 2 6

C

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )2 0 0

2 0 1 00 0 1

n

n nD

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

tCC I= , C este matrice ortogonală, t 1C C−= tD C AC= , 1D C AC−= , 1A CDC−= , 1n nA CD C−= .


Aflarea lui nA s-a redus la un produs obişnuit de matrice, deoarece C este matrice ortogonală.

Problema 16. Să se aducă la expresia canonică forma pătratică

: nF → , , ( ) 2

1 1 1

n n n

i i ji i j

F X x a x x= = =

= +∑ ∑∑ 1a ≠

şi apoi , unde în suma dublă. 1a = i ≠ jSoluţie. Scriem matricea A ataşată lui F în baza canonică. Pentru 1a ≠

folosim metoda lui Jacobi. Obţinem succesiv:

11

1

11

a a a aa a aa a a a

A

a a a aa a a a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a

1 1Δ = , , 22 1 aΔ = − ( )( )23 1 2 1 ,...a aΔ = + −

În general, pentru calcularea lui kΔ , 1 k n≤ ≤ , se adună toate liniile la prima linie, după care se scoate factor comun ( )1 1k a+ − . Apoi se fac zerouri pe prima linie şi rezultă

( ) ( ) 11 1 1 kk k a a −Δ = + − −⎡ ⎤⎣ ⎦ , 1,k n= ,

( ) 2 2 2 11 21 2 3

1 2 3

1 ... nn

n

2F X y y y − yΔΔ Δ= + + + +Δ Δ Δ Δ

.

Pentru nu se poate aplica metoda lui Jacobi, deoarece , , dar rezultă direct

1a = 0kΔ =2,k = n

( )2

21

1

n

ii

F X x y=

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∑ , ( ) ( )sgn 1,0, 1F n= −

1 1 2 ... ny x x x= + + + .

Problema 17. Să se determine signatura şi o bază corespunzătoare, pentru

forma pătratică

: nF → , ( )1 1

n n

i ji j

F X x x= =

=∑∑ , i j≠ , . 2n ≥


Soluţie. Enunţul este echivalent cu a cere să se găsească expresia canonică a lui F.

Deoarece se lucrează pe spaţiul , metoda lui Gauss este greu de folosit. Cum , metoda lui Jacobi nu se poate aplica. Rămâne să folosim metoda vectorilor proprii sau echivalent spus, metoda operatorilor ortogonali. Scriem matricea ataşată A şi obţinem succesiv:

n

11 0a =

0 1 1 1 11 0 1 1 1

1 1 1 1 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( )( ) ( ) ( )(1 1det 1 1 1 1 1n nA I n n ) 1n− − −− λ = − − λ − − λ = − − − λ λ +

1 1nλ = − , 2 3 ... 1nλ = λ = = λ = − .

( )1A I X− λ = θ , 1 2 ... nnx nx nx= = =

( ) ( ){ }t1 11 / 1 1 1 1 ,S n X X X− = = α = α∈

( )2A I X− λ = θ , 1 1...n n nx x x x −= − − − −

1 1x = β , 2 2 1,..., n nx x 1− −= β = β

( ) { }1 2 2 3 11 ... n nS X X X −− = = β + β + +β X

( )t2 1 0 0 1X = − , ( )t

3 0 1 0 1 ,...X = −

( )t0 0 1 1nX = −

{ }p 1 2, ,..., nX X X=B – bază neortogonală.

Numai este ortogonal pe toţi ceilalţi vectori (prin produsul scalar canonic). Construim o bază ortogonală

1X{ }0 1 2 1, ,..., ,n nu u u u−=B

1 1 1 11 1 1 11 0 2 1

, , ,...,

1 0 0 01 0 0 1n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

− +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.


Construim baza ortonormată 1B

( )1 1 2 31 1 1 1, , ,...,

2 6 1 nu u u un n n

⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬−⎪ ⎪⎩ ⎭

B .

Expresia canonică a lui F, matricea diagonală D şi matricea de trecere sunt

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

0 0 0 00 0 0 1

n

D

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

−⎝ ⎠

,

( )( )( )

( )( ) ( )

1/ 1/ 2 1/ 1

1/ 1/ 2 1/ 1

1/ 0 1/ 1

1/ 0 1/ 1

1/ 0 1 / 1

n n

n n

n nC

n n

n n

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟

−⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

n

n

n

n

n n

( ) ( ) 2 2 2 21 2 31 ... nF X n y y y y= − − − − − X CY, =

( ) ( )sgn 1, 1,0F n= − .

Problema 18. Să se determine matricea nesingulară S pentru care tA SS= , unde:

a) 1 1 01 2 10 1 2

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

; b) . 1 1 01 2 20 2 8

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Să se precizeze când problema are soluţie. Soluţie. Problema formulată are soluţie dacă A este matrice simetrică, pozitiv definită. În acest caz lui A i se ataşează o formă pătratică, pentru care există o bază aşa încât matricea expresiei canonice este I. Admitem că matricea A este dată în baza canonică a lui . 3

a) Matricea A fiind simetrică, ea generează forma pătratică ( ) tF X X AX=

( ) 2 2 21 2 3 1 2 22 2 2 2F X x x x x x x x= + + − + 3 .

Folosim metoda lui Gauss de aducere la expresia canonică. Rezultă:

( ) 2 21 2F X y y y= + + 2

3

y x x= − 2 2y x x, F este pozitiv definită

1 1 2 , 3+ 3 3y x, = , X CY= =

1 1 2 3x y y y= + − 2 2, 3x y y− 3 3, x y= =


1 0 00 1 00 0 1

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 1 10 1 10 0 1

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11 1 00 1 10 0 1

C−−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

{ }1 2 3, ,v v v=D , , , . ( )t1 1 0 0v = ( )t

2 1 1 0v = ( )t3 1 1 1v = − −

Se ştie că tD C AC= , tI C AC= , ( ) 1t 1A C C

− −= , 1 tC S− =

1 0 01 1 00 1 1

S⎛ ⎞⎜ ⎟

⎟= −⎜⎜ ⎟⎝ ⎠

t, A SS= .

b) Asociem forma pătratică ( )F X şi căutăm baza pentru care matricea diagonală este I. Prin metoda lui Gauss obţinem succesiv:

( ) 2 2 21 2 3 1 2 22 8 2 4F X x x x x x x= + + + + 3x

3

(*) ( ) ( ) ( )22 21 2 2 32 4F X x x x x x= + + + +

( ) 2 21 2F X y y y= + + 2

3

y x x= + 2 2 2y x x

, F este pozitiv definită

1 1 2 , 3+ 3 32y x, = , X CY= =

1 1 2 3x y y y= − + 2 2, 3x y y− 3 3 / 2, x y= , X CY= =

1 0 00 1 00 0 1

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 1 10 1 10 0 1/ 2

C−⎛ ⎞

⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, . 11 1 00 1 20 0 2

C−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

{ }1 2 3, ,v v v=D , , , . ( )t1 1 0 0v = ( )t

2 1 1 0v = − ( )t3 1 1 1/ 2v = −

Din relaţia dintre A şi D rezultă

tD C AC= , tI C AC= , ( ) 1t 1A C C− −= , t 1S C−=

1 0 01 1 00 2 2

S⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Observaţie. În expresia (*) este importantă notaţia 32y x= , ca să rezulte matricea diagonală . D I=


Problema 19. În baza canonică a lui se dă forma pătratică 4

( ) 2 2 2 21 2 3 4 1 2 2 3 3 4 1 42 2 2 2F X x x x x x x x x x x x x= + + + + − + −

cu matricea ataşată A. Să se calculeze nA . Soluţie. Fiind vorba de calcularea lui nA , folosim metoda vectorilor proprii de aducere la expresia canonică, pentru a obţine o bază ortonormată.

Obţinem succesiv:

1 1 0 11 1 1 00 1 1 11 0 1 1

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) ( )( )22det 2 3 1A I− λ = λ − λ − λ − , 1 1λ = − , 2 3λ = , 3 4 1λ = λ =

( ) ( ){ }t1 11 / 1 1 1 1 ,S X X X− = = λ = − − α∈

( ) ( ){ }t2 23 / 1 1 1 1 ,S X X X= = β = − − β∈

( ) ( ) ( ){ }t t3 4 3 41 / 1 0 1 0 , 0 1 0 1S X X X X X= = γ + δ = =

{ }p 1 2 3 4, , ,X X X X=B este bază ortogonală

1 1 2 31 1 1 1, , ,2 2 2 2

X X X X⎧ ⎫= = ⎨ ⎬⎩ ⎭

B D 4 este bază ortonormată

1 0 0 00 3 0 00 0 1 00 0 0 1

D

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

1/ 2 1/ 2 1/ 2 0

1/ 2 1/ 2 0 1/ 2

1/ 2 1/ 2 1/ 2 0

1/ 2 1/ 2 0 1/ 2

C

⎛ ⎞−⎜ ⎟− −⎜ ⎟

= ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

C este matrice ortogonală, adică: t tCC C C I= = , t 1C C−= .

Rezultă: tD C AC= , 1D C AC−= , 1A CDC−= , 1n nA CD C−= .

Calcularea lui nA s-a redus la un produs de matrice cunoscute.


Problema 20. În baza canonică a lui se dă forma pătratică cB3

( ) tF X X AX= , . 0 1 11 0 11 1 0

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) Să se găsească expresia lui ( )F X în baza B nouă

( ) ( ) ( ){ }t t1 1 0 , 1 0 1 , 0 1 1=B t .

b) Să se determine nA şi să se exprime nA cu ajutorul puterilor valorilor proprii şi a unor matrice convenabil alese.

c) Să se găsească expresia canonică a formei pătratice , .

( ) t nnF X X A X=

1n ≥d) Să se precizeze valorile lui n∈ pentru care este formă

pătratică pozitiv definită. ( )nF X

Soluţie. a) Dacă B este matricea asociată lui F în baza B , atunci tB C AC= , ( ) tF X Y BY= , X CY=

1 1 01 0 10 1 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 2 3 33 2 33 3 2

B⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( ) ( )2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 32 6F Y y y y y y y y y y= + + + + + .

b) Metoda 1. Se diagonalizează matricea A (a se vedea problema 22 din cap. 6, 6.6). Avem 1 2 1λ = λ = − , 3 2λ = ; { }p 1 2 3, ,X X X=B bază neortogonală

1 0 00 1 00 0 2

D−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, , p

1 0 10 1 11 1 1

C⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

1p

2 1 11 1 2 13

1 1 1C−

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1p pD C AC−= , 1

p pA C DC−= , 1p p

n nA C D C−=

( )2 1 1 1 1 1

1 21 2 1 1 1 13 3

1 1 2 1 1 1

n nnA

−⎛ ⎞ ⎛− ⎜ ⎟ ⎜= − − +⎜ ⎟ ⎜

⎜ ⎟ ⎜−⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

.

Metoda 2. Se aduce forma pătratică ( )F X la expresia canonică, folosind metoda vectorilor proprii şi o bază ortonormată de vectori proprii. Obţinem succesiv:

1B

( ) 1 2 1 3 2 32 2 2F X x x x x x x= + +


( ) ( )( )2det 2 1A I− λ = − λ λ + 1 2, = , 2 3 1λ = λ = − λ

{ }p 1 2 3, ,X X X=B , , ( )t1 1 1 1X = ( )t

2 1 0 1X = − , ( )t3 0 1 1X = −

1 2, 0X X = , 1 3, 0X X = , 2 3, 1X X = , pB nu e bază ortogonală.

Ortogonalizăm baza pB şi rezultă:

{ }0 1 2 3, ,u u u=B , 1 1u X= , 2 2u X=

( )2

t33 3 2

1

,1/ 2 1 1/ 2k

kk k

X uu X u

u=

= − = − −∑

1 3u = , 2 2u = , 36

2u =

1 1 1 2 2 3 31 1 2, ,3 2 6

v u v u v u⎧ ⎫= = = = =⎨ ⎬⎩ ⎭

B D

2 0 00 1 00 0 1

pD⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 1

2 3 3 2 61 2 3 0 2 66

2 3 3 2 6

C

⎛ ⎞−⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

t t1 1 1 1C C C C I= = , matricea ortogonală, 1C 1 t

1 1C C− =

( ) 2 2 21 2 32F X y y y= − − 1X C Y, = , 1

1Y C X−=

tp 1 1D C AC= , 1

p 1 1D C AC−= , 11 1

n npA C D C−= , ( )

( )p

2 0 0

0 1 0

0 0 1

n

nn

n

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

1 1

1 1

1 1

2 1 2 1 2 1 21 1 2 2 1 2 1 23

1 2 1 2 2 1 2

n n nn n

n n nn n n

n n nn n

A

+ +

+ +

+ +

⎛ ⎞− + − + − +⎜ ⎟⎜ ⎟= − + − + − +⎜ ⎟⎜ ⎟− + − + − +⎝ ⎠

n

n

n

.

Rezultatul coincide cu cel de la problema menţionată din cap. 6. Mai departe nA se pune sub forma (*) de la metoda 1. Observaţie. Metoda 1 a diagonalizării şi metoda 2 a bazei ortonormate de vectori proprii sunt echivalente din punctul de vedere al rezultatelor şi al


volumului de calcule. Prima metodă cere calcularea lui 1C− , iar cea de a doua cere ortonormarea unei baze. c) Există mai multe metode de obţinere a expresiei canonice pentru

. Metodele directe sunt laborioase. De aceea ţinem cont că valorile

proprii ale lui

(nF X )nA sunt , ( )1 2 1 nμ = μ = − 3 2nμ = .

Construim matricea diagonală a lui nF

( )( )

1 0 0

0 1

0 0 2

n

nn

n

D

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0 .

Matricea nD corespunde unei baze de vectori proprii pB

p

1 0 10 , 1 , 11 1 1

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

B⎪

.

Expresia canonică a lui ( )nF X care corespunde lui nD şi pB este

( ) tn nF X Y D Y= , pX C Y=

( ) ( ) ( )2 2 221 21 1 2n n n

nF X y y y= − + − + 1n ≥, .

d) ( )nF X este pozitiv definită pentru parn = . Observaţie. Această problemă a fost dată la faza finală a concursului interuniversitar de matematică „Traian Lalescu”, 2002. Problema 21. În spaţiul euclidian se dau formele pătratice 3

( ) 2 2 21 1 2 3 1 23 4 5 4 4F X x x x x x x x= + + + − 1 3

( ) 2 2 22 1 2 3 1 210 2 15 2 12F X x x x x x x= − + − + + 1 3x .

a) Să se găsească expresia canonică a lui şi baza corespunzătoare 1F( )1FB .

b) Să se precizeze dacă polara ( )1 ,X YΦ ataşată lui defineşte un produs scalar.

1F

c) În raport cu produsul scalar introdus la punctul b) să se afle operatorul ortogonal care reduce simultan formele pătratice şi la expresia canonică.

3:T → 31F 2F


Soluţie. Matricele ataşate în bazele canonice sunt respectiv

3 2 22 4 02 0 5

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

, 10 1 6

1 2 06 0 15

B−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

a) Folosind metoda lui Gauss obţinem:

( ) 2 2 231 1 2

1 3 33 8

F X y y y= + + ( t1 2 3y y= 1X C Y=

3 2 2y x x x= + =

, Y y , )

1 1 2 3 , 2 2 38 4 23 3

y x x= + = 3 3y x3x , =

sau

1 1 2 31 13 4

x y y= − + y , 2 23 18 2

x 3y y= − 3 3, x y=

1

8 6 241 0 9 1224

0 0 24C

−⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 11

9 6 61 0 8 43

0 0 3C−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, t1 1 1A C AC=

( )1

1/3 1/ 4 10 , 3/8 , 1/ 20 0 1

F⎧ − ⎫

⎪⎬

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= −⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

B 1

1/3 0 00 3/8 00 0 3

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, .

b) Deoarece forma pătratică ( )1F X este pozitiv definită, rezultă că defineşte un produs scalar (1 ,X YΦ ) ( ), ,X Y X YΦ =

( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 3 3 1 2 2 1 1 3, 3 4 5 2 2X Y x y x y x y x y x y x y x yΦ = + + + + − + 3 1

3

.

c) Căutăm operatorul ortogonal T (în raport cu produsul scalar generat de forma pătratică ), , care reduce simultan şi la expresia canonică. Operatorul liniar T este dat prin matricea sa ataşată D. Deci, aflăm matricea D.

1F 3:T → 1F 2F

Pasul 1. Aflăm rădăcinile ecuaţiei

( )det 0B A− λ = , ( ) ( )( )2det 3 6 4 39 81B A− λ = − λ λ + λ +

1274

λ = − , 2 3λ = − , 3 2λ = .

Observaţie. Aceste rădăcini sunt valorile proprii ale matricei 1A B− (matricea 1A− există, deoarece este pozitiv definită), după cum rezultă din calculul

1F


( )1B A A A B I−− λ = − λ , ( )1det 0A B I− − λ = .

Pasul 2. Aflăm subspaţiile generate de iλ . Obţinem succesiv:

1274

λ = − , ( )1B A X− λ = θ , 1X X= α , ( )t1 10 5 4X = −

2 3λ = − , ( )2B A X− λ = θ , 2X X= β , ( )t2 0 0 1X =

312

λ = − , ( ) , 3B A X− λ = θ 3X X= γ , . ( )t3 0 1 0X =

Pasul 3. Formăm baza ortogonală de vectori proprii { }0 1 2, ,X X X=B 3 . Observaţie. Ortogonalitatea acestor vectori se socoteşte faţă de produsul

scalar ,⋅ ⋅ introdus prin . Prin calcul direct se verifică faptul că 1Φ

1 2, 0X X = , 1 3, 0X X = , 2 3, 0X X = .

Pasul 4. Construim baza ortonormată

3 31 2 1 21

1 2 3, , , ,

120 5 2X XX X X X

X X X⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪= =⎨ ⎬ ⎨

⎩ ⎭⎪ ⎪⎩ ⎭B ⎬

( ) ( )21 1 1 1 1 1, 480 360 120X X X F X= Φ = = − =

( ) ( )22 1 2 2 1 2, 5X X X F X= Φ = = , 2

3 4X = .

Pasul 5. Scriem matricea de trecere C de la baza canonică la cB 1B

10/ 120 0 0

5/ 120 0 1/ 2

4/ 120 1/ 5 0

C D

⎛ ⎞⎜ ⎟

= − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Pasul 6. Matricea D ataşată lui T în baza ortonormată este 1B D C= . Pasul 7. Facem schimbarea de coordonate X DY= , ceea ce conduce la

1 110120

x y= , 2 1 35 1

2120x y y= − + , 3 1 2

4 1120 5

x y y= + .

Pasul 8. Înlocuim coordonatele de la pasul 7 în expresiile lui şi şi obţinem

1F 2F

( ) 2 2 21 1 2 3F X y y y= + + ( ), 2 2 2

2 1 2 327 134 2

F X y y y= − − + .


Observaţie. Întotdeauna coeficienţii expresiei canonice provenite din au valoarea 1, iar cei ai expresiei canonice provenite din sunt chiar valorile proprii ale matricei

1F2F

1A B− , care au fost găsite la pasul 1.

Problema 22. Fie matricea ( )nA∈M şi matricea tB AA I= + (I este matricea unitate de ordinul n). Să se arate că:

a) forma pătratică ( ) tF X X BX= este pozitiv definită;

b) dacă 2A I= − , atunci matricea C AB= este antisimetrică, iar dacă în plus n este număr par, atunci det 1A = ;

c) dacă V este un spaţiu euclidian real de dimensiune pară şi operatorul liniar este o structură complexă, atunci există o formă biliniară

a.î. :T V V→

:V VΦ × →( ) ( ) ( ), ,T X T Y X YΦ =Φ⎡ ⎤⎣ ⎦ , ,X Y V∀ ∈ ;

d) în cazul şi , să se afle matricea D a formei biliniare 4n = 4V = Φ în baza canonică a lui , ştiind că 4

( )1 3T e e= − , ( )2 4T e e= − , ( )3 1T e e= , ( )4 2T e e= .

Soluţie. a) Evaluăm ( )F X şi ţinem cont că , pentru orice . Obţinem succesiv

t 0X X >X ≠ θ

( ) ( ) ( ) ( )tt t t t t t t t 0F X X AA I X X AA X X X A X A X X X= + = + = + > ,

0X∀ ≠ .

numai pentru ( ) 0F X = X = θ . Deci, F este formă pătratică pozitiv definită. b) Arătăm că . Obţinem succesiv: tC = −C

( ) ( )t tt t t tC A AA I IA A A A⎡ ⎤ C= + = − + = − = −⎣ ⎦ .

Pentru partea a doua a concluziei rezultă 2A I= − , , ( )( )2det 1 nA = − ( )2det 1 nA − )2det 1A =, ( =

det 1A = sau det 1A = − . Din etapele anterioare avem că: C este matrice antisimetrică de ordin par şi B este matricea unei forme pătratice pozitiv definite. Deci:

det 0C > , det 0B > , ( )( )det det detC A B= .

Trebuie ca det 0A > şi deci det 1A = .


c) Deoarece T are structură complexă, atunci 2T e= − , . Căutăm forma biliniară Φ cu proprietatea din enunţ.

1Ve =

Definim

:V VΦ × → , ( ) ( ) ( )1, , ,2

X Y X Y T X T Y⎡ ⎤Φ = +⎣ ⎦ .

Se vede că Φ este formă biliniară simetrică. În plus avem

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 21, , ,21 , , , .2

T X T Y T X T Y T X T Y

T X T Y X Y X Y

⎡ ⎤Φ = +⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤= + − − = Φ⎣ ⎦

=

Deci, forma biliniară astfel definită satisface condiţiile din enunţ. Φ d) Folosim definiţia lui Φ de la punctul anterior şi aplicăm definiţia matricei ataşate

( )ijD d= , ( ),ij i jd e= Φ e , c,i je e ∈B .

Rezultă:

( ) ( ) ( ) ( )11 1 1 1 1 1 11 1, , , 12 2

d e e e e T e T e⎡ ⎤= Φ = + = + =⎣ ⎦ 1 1

( ) ( ) ( ) ( )12 1 2 1 2 1 21 1, , , 0 02 2

d e e e e T e T e⎡ ⎤= Φ = + = + =⎣ ⎦ 0

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

D

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

7.7 Probleme propuse 1. Fie forma pătratică

( ) 2 21 1 22 7F X x x x x2= + + .

Să se ataşeze lui F trei forme biliniare ( ),X YΦ între care una să fie polara formei pătratice date. R. Polara are matrice simetrică.


2. Se poate ataşa un operator liniar adjunct T∗ formei biliniare

, unde ( ) t,X Y X AYΦ =2 1 01 3 21 1 1

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

?

R. Nu. 3. Fie forma pătratică

( ) 2 2 21 2 3 1 2 16 5 7 4 4F X x x x x x x x= + + − + 3 .

a) Să se scrie polara lui F. b) Să se aducă F la expresia canonică. c) Să se cerceteze dacă polara ( ),X YΦ defineşte un produs scalar. d) Să se calculeze unde ( 1 2cos ,e e )

( )t1 1 0 0e = , . ( )t

2 0 1 0e =

R. c) Trebuie ca , . ( ), 0X XΦ > 3X∀ ∈

4. Pentru forma biliniară Φ

( ) 1 1 1 2 1 3 2 2 2 3 3 2 3 3, 2 3 3 2X Y x y x y x y x y x y x y x yΦ = + − + + − + ,

să se scrie matricea A ataşată în baza canonică şi matricea B ataşată în baza B

( ) ( ) ({ ) }t t1 1 1 , 1 1 0 , 1 0 0=B t .

R. , . 2 3 10 1 30 1 2

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

9 5 28 6 24 5 2

B⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

5. Folosind mai multe metode să se determine signaturile formelor

pătratice: ( ) 2 2

1 1 1 2F X x x x x2= − −

( ) 2 22 1 1 2 1 3 22 4 9 19F X x x x x x x x= + + + + 2

3 .

6. Folosind metoda lui Jacobi să se determine expresia canonică şi baza

corespunzătoare pentru forma pătratică

( ) 2 2 21 2 3 1 2 1 3 27 8 16 8F X x x x x x x x x x= + + − − − 3 .


7. Folosind metoda vectorilor proprii (sau a operatorilor ortogonali), să se determine expresia canonică şi baza corespunzătoare pentru forma pătratică

( ) 2 2 21 2 3 1 2 1 3 28 16 4 4F X x x x x x x x x x= + + + + + 3 .

8. Să se determine valorile parametrului real a pentru care formele

pătratice care urmează sunt pozitiv definite sau negativ definite: ( ) ( )2 2

1 1 1 24 3F X ax x x a x= − + + 2

2

( ) 2 22 1 1 29 6F X x ax x x= − − −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 23 1 2 3 1 2 1 34 4 2 4 8 8F X a x a x a x x x x x x x= − + − − + + − + 2 3 .

R. Se aduc formele pătratice la expresiile canonice şi apoi se pun condiţii asupra coeficienţilor.

9. Fie matricea (nesimetrică) A

1 2 1 22 3 0 31 0 0 12 3 1 0

A

−⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟=⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Să se scrie forma pătratică ( ) tF X X AX= şi să se aducă la expresia canonică. R. ( ) 2 2

1 2 1 3 1 4 33 2 4 2F X x x x x x x x x= + − + + 4 .

10. Să se cerceteze dacă forma biliniară

( ) 1 1 2 2 3 3 1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2, 3 5 9 3 3 3 3X Y x y x y x y x y x y x y x y x y x yΦ = + + − − − − − −

defineşte un produs scalar real. R. defineşte produs scalar real. Este simetrică şi pozitiv definită. Φ


BIBLIOGRAFIE

1. BÂNZARU, Titu; BOJA, Nicolae şi colectiv − Probleme de matematici pentru pregătirea participanţilor la concursurile Traian Lalescu, Institutul Politehnic Traian Vuia, Timişoara, 1985

2. BRÎNZĂNESCU, Vasile; STĂNĂSILĂ, Octavian şi colectiv − Lumea liniară. Probleme rezolvate de matematici speciale, Institutul Politehnic din Bucureşti, 1981

3. CHIRIŢĂ, Stan − Probleme de matematici superioare, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1989

4. DOCHIŢOIU, Constantin; DOCHIŢOIU, Ileana − Culegere de probleme de algebră abstractă, Editura Academiei Militare, Bucureşti, 1978

5. DOCHIŢOIU, Constantin − Algebră liniară, Editura Academiei Tehnice Militare, Bucureşti, 2003

6. MICULA, Gheorghe − Funcţii spline şi aplicaţii, Editura Tehnică, Bucureşti, 1979

7. OTLĂCAN, Eufrosina şi colectiv − Algebră superioară. Îndrumar teoretic şi culegere de probleme, Editura Academiei Tehnice Militate, Bucureşti, 1995

8. POPOVICIU, Nicolae − Elemente de calcul tensorial. Teorie şi aplicaţii, Editura Academiei Tehnice Militare, Bucureşti, 2002

8*. POPOVICIU, Nicolae − Transformata Fourier rapidă şi teoria numerelor, Editura Academiei Tehnice Militare, Bucureşti, 1998

9. RADU, Constantin şi colectiv − Aplicaţii de algebră, geometrie analitică şi diferenţială, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1991

10. RADU, Constantin − Algebră liniară, geometrie analitică şi diferenţială, Editura ALL, Bucureşti, 1996

11. ŞABAC, Ion Gh. − Matematici speciale, Vol. 1, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1981

12. ŞERBAN, Radu (coordonator) şi colectiv, Editura ASE, Bucureşti, 2000

13. UDRIŞTE, Constantin şi colectiv − Probleme de algebră, geometrie şi ecuaţii diferenţiale, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1981


14. UDRIŞTE, Constantin şi colectiv − Algebră, geometrie şi ecuaţii diferenţiale, Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1982

15. VLADISLAV, Tiberiu; RAŞA, Ioan − Analiză numerică. Elemente introductive, Editura Tehnică, Bucureşti, 1997


Popoviciu Algebra Lineara

Documents

Transcript of Popoviciu Algebra Lineara