Stanescu Munteanu Slesar Alg Geom Analitica

Probleme de

ALGEBRA LINIARA,

GEOMETRIE ANALITICA SI

GEOMETRIE DIFERENTIALA

M. M. Stanescu, F. Munteanu, V. Slesar

Craiova, 2001Editura Universitaria

Cuprins

I Algebra liniara 1

1 Spatii vectoriale 3

1.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 38

2 Aplicatii liniare 41



3 Tensori 87

4 Forme biliniare. Forme patratice 93



5 Spatii vectoriale euclidiene 121



II Geometrie analitica 153

6 Vectori liberi 155



1

2 CUPRINS

7 Dreapta si planul 1697.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1757.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 186

8 Conice si cuadrice 1898.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1918.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 216

III Geometrie diferentiala 219

9 Curbe 2219.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2319.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 241

10 Suprafete 24510.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26210.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 269

Prefata

Aceasta culegere de probleme pentru ”Algebra Liniara, Geome-trie Analitica si Geometrie Diferentiala” este destinata tuturor celorce doresc sa aprofundeze cunostintele teoretice de ”Algebra Liniara,Geometrie Analitica si Geometrie Diferentiala” prin aplicatii prac-tice concrete prezentate ımpreuna cu solutiile lor. In plus, pentru omai buna consolidare a notiunilor, sunt prezentate ın cadrul fiecaruicapitol si cate un set de probleme propuse spre rezolvare.

Structura este elaborata pe trei parti: Algebra Liniara, Ge-ometrie Analitica si Geometrie Diferentiala. Prima parte se com-pune din capitolele: 1. Spatii vectoriale; 2. Aplicatii liniare; 3.Tensori; 4. Forme biliniare. Forme patratice; 5. Spatii vectorialeeuclidiene. Partea a doua este alcatuita din capitolele: 6. Vectoriliberi; 7. Dreapta si planul; 8. Conice si cuadrice. A treia parte esteformata din capitolele: 9. Curbe; 10. Suprafete.

Fiecare ınceput de capitol este marcat prin cateva informatii teo-retice considerate de autori ca strict necesare ın vederea ıntelegeriisolutiilor problemelor, precum si ca un ghid ın rezolvarea ulterioaraa problemelor propuse.

Din dorinta de a familiariza cititorii cu diverse tipuri de notatiimatematice utilizate si de alti autori, s-au folosit diferite prezentaripentru unul si acelasi obiect matematic (de exemplu, pentru spatiilevectoriale s-au utilizat notatiile V , W, etc.).

Majoritatea solutiilor sunt prezentate ın detaliu (unde este posi-bil solutia apare ınsotita si de desene) din dorinta de a face accesibileetapele gandirii logice ın obtinerea rezultatelor solicitate de prob-

i

ii CUPRINS

leme. Sunt utilizate de asemenea foarte multe notiuni elementaredin cadrul Algebrei, Geometriei Analitice si Analizei Matematicestudiate ın liceu, presupuse a fi cunoscute.

Autorii aduc multumiri prof. dr. Ion Vladimirescu si conf. dr.Vasile Seleacu pentru sprijinul si ajutorul acordat ın concepereaacestei carti, ca si pentru efortul depus ın recenzia materialului.

Autorii multumesc de asemenea prof. dr. Petre Stavre, prof. dr.Gheorghe Murarescu, prof. dr. George Vraciu pentru unele indicatiipe care le-au dat pe marginea elaborarii acestei carti.

De asemenea aducem multumiri d-lor prof. dr. doc. PetruCojocaru si prof. dr. Constantin Niculescu pentru faptul ca auacceptat sa poarte unele discutii relativ la elaborarea cartii.

Autorii

CUPRINS iii

Autorii au avut urmatoarele contributii:1. Marius Marinel Stanescu- elementele teoretice de la ınceputul fiecarui capitol;- problemele rezolvate: 13 - 34, cap. 1; 1 - 10, 27 - 30, cap. 2; 1

- 3, cap. 3; 1, 2 cap. 4; 1, 2 cap. 5; 1, 3, 8, 9, cap. 6; 1 - 4, 6 - 11cap. 7; 1 - 6, cap. 8; 1 - 14, cap. 9;

- problemele propuse spre rezolvare de la capitolele 8, 9, 10.2. Florian Munteanu- problemele rezolvate: 1 - 11, 35, 36, cap. 1; 11, 14, 15 - 19, 21

- 23, 25, 26, 31, 32, cap. 2; 4 - 9, cap. 4; 4 - 14, cap. 5; 2, 5 - 7, cap.6; 5, 12 - 14 cap. 7; 7 - 11, 14, 16, cap. 8; 1 - 7, cap. 10;

- problemele propuse spre rezolvare de la capitolele 1, 2, 4, 5, 6,7.

3. Vladimir Slesar- problemele rezolvate: 12, 37, cap. 1; 12, 13, 20, 24, cap. 2; 3,

10 - 12, cap. 4; 3, 15 - 17, cap. 5; 10, 11 cap. 6; 12, 13, 15, 17, cap.8;

iv CUPRINS

Partea I

Algebra liniara

1

Capitolul 1

Spatii vectoriale

Definitia 1.1. O multime V se numeste spatiu vectorial (sau spatiuliniar) peste un corp comutativ K daca:

a) exista o lege de compozitie interna (numita ”adunare”) princare oricarei perechi de elemente x, y din V ıi corespunde un elementz ∈ V , numit suma elementelor x, y si notat x + y, lege care areurmatoarele proprietati:

1. x+ y = y + x , pentru orice x, y ∈ V ;

2. (x+ y) + z = x+ (y + z) , pentru orice x, y, z ∈ V ;

3. exista un element 0 (vectorul nul) ın V astfel ıncatx+ 0 = 0 + x , pentru orice x ∈ V ;

4. pentru orice x ∈ V exista un element y ∈ V astfel ıncatx+ y = 0.

b) exista o lege de compozitie externa (numita ”ınmultire cuscalari”) care permite ca pentru orice element x ∈ V si pentru oricescalar λ ∈ K sa se poata construi un element u ∈ V (numit produsulelementului x cu scalarul λ si notat u = λx) si care are urmatoareleproprietati:

5. 1x = x , pentru orice x ∈ V ;

6. α(βx) = (αβ)x , pentru orice x ∈ V , α,β ∈ K;

7. (α + β)x = αx + βx , pentru orice x ∈ V si oricare ar fiα,β ∈ K;

8. α(x + y) = αx + αy , pentru orice x, y ∈ V si oricare ar fi

3

4 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

α ∈ K.Axioma 1. de comutativitate a ”adunarii” nu trebuie neaparat

inclusa ın definitia spatiului vectorial deoarece se poate deduce dincelelalte axiome.

Fie {x1, x2, . . . , xk} un sistem de vectori ıntr-un spatiu vectorialV peste un corp K si scalarii α1,α2, ...,αk din K. Vectorul

y = α1x1 + α2x2 + · · ·+ αkxk

se numeste combinatie liniara a vectorilor x1, x2, . . . , xk; scalariiα1,α2, . . . ,αk se numesc coeficientii acestei combinatii liniare.

Sistemul {x1, x2, . . . , xk} se numeste liniar dependent dacaexista scalarii α1,α2, ...,αk nu toti nuli astfel ıncat

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αkxk = 0 (1.1)

Daca egalitatea (1.1) este posibila doar ın cazul candα1 = α2 = · · · = αk = 0, atunci sistemul {x1, x2, . . . , xk}se numeste liniar independent.

Un sistem de vectori S ⊂ V se numeste liniar dependent dacaexista un subsistem finit al lui S care este liniar dependent. Dacaorice subsistem finit al lui S este liniar independent atunci S senumeste liniar independent.

Un sistem S ⊂ V se numeste sistem de generatori pentru V dacaorice vector din V se scrie ca o combinatie liniara de vectorii unuisubsistem finit al lui S.

Proprietatea 1.1. Sistemul {x1, x2, . . . , xk} este liniar depen-dent daca si numai daca unul dintre vectorii lui este combinatieliniara a celorlalti.

Definitia 1.2 Un sistem de vectori dintr-un spatiu vectorial Vformeaza o baza a spatiului V daca este sistem liniar independentsi sistem de generatori pentru V .

Un sistem de vectori B = {e1, e2, . . . , en} constituie o baza alui V daca si numai daca pentru orice x ∈ V exista o reprezentareunica, de forma

x = ξ1e1 + ξ2e2 + · · ·+ ξnen (ξj ∈ K, j = 1, 2, . . . , n) (1.2)

5

Scalarii din dezvoltarea (1.2), ξ1, ξ2, ..., ξn, se numesc coordo-natele vectorului x ın raport cu baza B.

Teorema 1.1. Orice spatiu vectorial V nenul (V 6= {0}) are celputin o baza.

Teorema 1.2. Oricare doua baze ale unui spatiu vectorial Vau acelasi numar de vectori.

Daca spatiul vectorial V are o baza formata cu n vectori, atuncise spune ca V are dimensiunea n. Spatiul V se numeste n-dimensionalsi scriem dimV = n sau dimK V = n.

Daca V are o baza formata cu o infinitate de vectori atuncise spune ca V este infinit dimensional si scriem dimV = ∞ saudimK V =∞.

Definitia 1.3. Orice submultimeW ⊂ V care verifica conditiile

a) daca x ∈W , y ∈W atunci x+ y ∈W ,

b) daca x ∈W si λ ∈ K , atunci λx ∈W

se numeste subspatiu vectorial (sau simplu subspatiu) al spatiuluivectorial V .

Conditiile a) si b) sunt echivalente cu conditia:

c) daca x, y ∈W siα, β ∈ K atunci αx+ βy ∈W .

Proprietatea 1.2. Orice subspatiu vectorial al unui spatiuvectorial peste K este un spatiu vectorial peste K si 0 ≤ dimW ≤dimV .

Proprietatea 1.3. Daca este fixata o baza {f1, f2, . . . , fl} asubspatiului W al spatiului vectorial V , atunci exista vectorii fl+1,..., fn ın V astfel ıncat sistemul {f1, f2, . . . , fn} sa constituie o bazaa lui V .

Definitie 1.4. Se spune ca spatiul vectorial V este suma directaa subspatiilor W1,W2 . . . ,Wm daca:

a) pentru orice x ∈ V exista o descompunere de formax = x1 + · · ·+ xm , unde x1 ∈W1, . . . , xm ∈Wm

(ceea ce reprezinta si definitia sumei de subspatii vectoriale);

b) aceasta descompunere este unica: daca x = x1 + · · ·+ xm =y1 + · · · + ym si daca xj , yj ∈ Wj , j = 1, 2, ...,m , atunci x1 = y1 ,x2 = y2 , . . . , xm = ym .

Proprietatea 1.4. Conditia b) din definitia 1.4. implica faptul


ca oricare ar fi doua din subspatiile W1, . . . ,Wm ele au ın comundoar vectorul nul 0 .

Proprietatea 1.5. Daca V este un spatiu vectorial finit dimen-sional, atunci dimensiunea sumei a doua subspatii W1, W2 ale lui Veste egala cu suma dimensiunilor lor din care se scade dimensiuneaintersectiei, adica are loc formula lui Grassmann:

dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2)

Definitia 1.5. Acoperirea (sau ınfasuratoarea, sau anvelopa)liniara a sistemului de vectori S ⊂ V , notata L(S), este multimeatuturor combinatiilor liniare finite de vectori ai lui S,

α1x1 + α2x2 + · · ·+ αkxk (1.3)

x1, x2, ..., xk ∈ S, α1,α2, ...,αk ∈ K, k ∈N∗.

Acoperirea liniara a unui sistem de vectori S ⊂ V este un subspatiuvectorial al lui V , egal cu intersectia tuturor subspatiilor care continsistemul S.

Proprietatea 1.6. Daca toti vectorii unui sistem S ⊂ Vapartin acoperirii liniare a sistemului S0 ⊂ V , atunci acoperirealiniara L (S) este continuta ın acoperirea liniara L (S0) .

Proprietatea 1.7. Orice vector al sistemului S care depindeliniar de ceilalti vectori ai acestui sistem poate fi eliminat fara mod-ificarea acoperirii liniare L(S).

Definitia 1.6. Fie V un spatiu vectorial peste K de dimensiunen si B o baza a sa. Aplicatia bijectiva β : V → Kn care asociazafiecarui vector x ∈ V , elementul (x1, x2, . . . , xn) ∈ Kn, format dincoordonatele sale ın baza B, se numeste sistem de coordonate pe Kn

definit de B.In acest caz, Kn se mai numeste si modelul aritmetic al spatiului

vectorial V . Kn se zice ca este spatiul vectorial aritmetic n-dimensional.Lema substitutiei. Fie B = {e1, . . . , en} o baza a lui V spatiu

vectorial peste K si a a =nPi=1

αiei. Daca se considera sistemul B0

= {e1, . . . , ei−1, a, ei+1, . . . , en}, atunci avem:a) B0 este baza a lui V daca si numai daca αi 6= 0;

7

b) B0 fiind baza ın V , ıntre coordonatele (yk) ın raport cu B0 sicoordonatele

³xk´ın raport cu B (k = 1, 2, ..., n) , ale unui vector

oarecare x ∈ V exista relatiile:

yi =xi

αisi yk = xk −

αkxi

αi, k 6= i .

Teorema ınlocuirii. Fie B = {e1, . . . , en} o baza a spatiului Vsi sistemul de vectori liniar independentiS = {y1, . . . , yl} , yi ∈ V (i = 1, . . . , l) . Atunci:

a) l ≤ n ;b)ınlocuind l vectori din baza B prin vectorii sistemului S se

obtine o noua baza ın V .Fie B = {e1, e2, . . . , en} si B0 =

©f1, f2, . . . , fn

ªdoua baze ıntr-

un spatiu vectorial n-dimensoinal V . Orice vector x ∈ V poate fireprezentat sub forma

x = ξ1e1 + ξ2e2 + · · ·+ ξnen = η1f1 + η2f2 + · · ·+ ηnfn, (1.4)

unde scalarii ξ1, ξ2, . . . , ξn sunt coordonatele vectorului x relativ labaza B , iar scalarii η1, η2, . . . , ηn sunt coordonatele lui x relativ labaza B0. Prezentam coordonatele vectorului x relativ la baza B0

cunoscand coordonatele lui x relativ la baza B. Presupunem ca este

data matricea P =³p(j)i

´1≤i,j≤n

de trecere de la baza B la baza B0,

adica

fi =nXj=1

pj(i)ej , (i = 1, 2, . . . , n)

Atunci vectorii bazei B se exprima cu ajutorul vectorilor bazei B0

prin formulele

ej =nXk=1

q(k)j fk , (j = 1, 2, ..., n) (1.5)

unde Q =³q(j)k

´1≤k,j≤n

este matricea inversa a matricii P .

Teorema 1.3. Coordonatele unui vector x relativ la baza B0

se exprima liniar cu ajutorul coordonatelor lui x relativ la baza


B; coeficientii acestor expresii liniare formeaza o matrice, care estematricea de trecere de la baza B0 la baza B (adica inversa matriceiP ). ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

η1 = q(1)1 ξ1 + q

(1)2 ξ2 + · · ·+ q

(1)n ξn ,

η2 = q(2)1 ξ1 + q

(2)2 ξ2 + · · ·+ q

(2)n ξn ,

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

ηn = q(n)1 ξ1 + q

(n)2 ξ2 + · · ·+ q

(n)n ξn .

1.1 Probleme rezolvate

1. Fie K un corp comutativ. Aratati ca pe K se poate introduceo structura de spatiu vectorial peste K.Solutie:Legea interna aditiva “+” a corpului comutativ K poate ficonsiderata ca o “adunare” pe K, iar ınmultirea cu scalari dinK este chiar legea interna multiplicativa “·” de pe K. Cum(K,+) este grup abelian si proprietatile:8) α(x+ y) = αx+ αy , ∀α ∈ K, ∀x, y ∈ K7) (α+ β)x = αx+ βx , ∀α,β ∈ K, ∀x ∈ K6) α(βx) = (αβ)x , ∀α,β ∈ K, ∀x ∈ K5) 1Kx = x , ∀x ∈ Ksunt evident verificate datorita structurii de corp comutativ alui K, rezulta ca (K,+, ·) este spatiu vectorial peste K.

2. Fie I o multime nevida si K un corp comutativ. Aratati cape multimea tuturor functiilor definite pe I si cu valori ın K ,notata KI , se poate introduce o structura de spatiu vectorialpeste K.Solutie:Definim legea de compozitie interna“+00 : KI ×KI → KI , (f, g) 7→ f + g , astfel:

(f + g)(x) = f(x) +K g(x) , ∀x ∈ I .

Se verifica ca “+” este asociativa, comutativa si ca functia0 : I → K , 0(x) = 0K , ∀x ∈ I este element neutru pentru

1.1. PROBLEME REZOLVATE 9

legea “+”. In plus, pentru orice functie f : I → K, functia−f : I → K , definita prin (−f)(x) = −f(x), ∀x ∈ I (aici−f(x) este opusul lui f(x) ın K), este opusul ei ın raport culegea interna “+” de pe KI .Legea de compozitie externa pe KI , cu scalari din K,“·00s : K ×KI → KI , (α, f) 7→ αf , este definita prin:

(αf)(x) = α ·K f(x) , ∀x ∈ I .

Cele patru proprietati 5) - 8) se verifica ın fiecare x ∈ I siastfel rezulta ca (KI ,+, ·s) este un spatiu vectorial peste K.

3. Verificati ca C este spatiu vectorial peste R si indicati dimen-siunea si o baza pentru acest spatiu vectorial.Solutie:Legea interna pe C este chiar adunarea din corpul numerelorcomplexe, iar ınmultirea cu scalari dinR este ınmultirea dintreun numar real si un numar complex. In acest mod, C devinespatiu vectorial real, vectorul nul fiind numarul complex 0.Daca α, β ∈ R astfel ıncat α · 1+ β · i = 0, atunci α = β = 0 .Deci {1, i} este sistem liniar independent.Pentru orice z ∈ C , alegand α = Rez si β = Imz , avemz = α · 1 + β · i , α,β ∈ R . Astfel, {1, i} este sistem de gen-eratori, si prin urmare baza a spatiului vectorial real C . Inconsecinta, dimRC = 2 .

4. Fie K un corp comutativ si n ∈ N∗ . Aratati ca pe multimeaKn = K×K×· · ·×K (de n ori) se poate introduce o structurade spatiu vectorial peste K de dimensiune n.Solutie:Tinand cont ca Kn =

©(x1, . . . , xn)|x1, . . . , xn ∈ K

ª,

definim legea interna “+00 : Kn ×Kn → Kn

si legea externa “·00s : K ×Kn → Kn prin(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn) ,respectiv α(x1, . . . , xn) = (αx1, . . . ,αxn)pentru orice α ∈ K si (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ Kn .Din (x1, . . . , xn) +

¡(y1, . . . , yn) + (z1, . . . , zn)

¢=


(x1, . . . , xn) + (y1 + z1, . . . , yn + zn) =(x1 + y1 + z1, . . . , xn + yn + zn) si¡(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)

¢+ (z1, . . . , zn) =

(x1 + y1, . . . , xn + yn) + (z1, . . . , zn) =(x1+y1+z1, . . . , xn+yn+zn) rezulta asociativitatea “adunarii”de pe Kn.Comutativitatea se deduce din comutativitatea “adunarii” dinK:(x1, . . . , xn)+(y1, . . . , yn) = (x1+y1, . . . , xn+yn) = (y1, . . . , yn)+(x1, . . . , xn) .Elementul neutru relativ la “+” este n-uplul (0, . . . , 0) , unde0 este zeroul corpului K.Pentru orice n-uplu (x1, . . . , xn), opusul sau este n-uplul(−x1, . . . ,−xn) , unde−xi este opusul lui xi relativ la “adunarea”din K.Prin urmare (Kn,+) este grup abelian.Acum, vom verifica proprietatile 5)-8):8) α

¡(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)

¢=

α(x1 + y1, . . . , xn + yn) =¡α(x1 + y1), . . . ,α(xn + yn)

¢=

(αx1 + αy1, . . . ,αxn + αyn) =(αx1, . . . ,αxn) + (αy1, . . . ,αyn) =α(x1, . . . , xn) + α(y1, . . . , yn) ,7) (α+ β)(x1, . . . , xn) =

¡(α+ β)x1, . . . , (α+ β)xn

¢=

= (αx1 + βx1, . . . ,αxn + βxn) = (αx1, . . . ,αxn)+(βx1, . . . ,βxn) = α(x1, . . . , xn) + β(x1, . . . , xn) ,6) α

¡β(x1, . . . , xn)

¢= α(βx1, . . . ,βxn) =¡

α(βx1), . . . ,α(βxn)¢= (αβx1, . . . ,αβxn) = αβ(x1, . . . , xn) ,

5) 1(x1, . . . , xn) = (1x1, . . . , 1xn) = (x1, . . . , xn), (1 fiind uni-tatea lui K),pentru orice n-upluri (x1, . . . , xn) si (y1, . . . , yn) si oriceα,β ∈ K .Deci (Kn,+, ·s) este spatiu vectorial peste K, numit spatiuvectorial aritmetic, ın care notam 0 = (0, . . . , 0) , vectorul nul,−x = (−x1, . . . ,−xn) opusul vectorului x = (x1, . . . , xn) .


Sistemul de vectoriB = {e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), ..., en = (0, 0, . . . , 1)}este o baza pentru Kn, numita baza canonica.Intr-adevar,

dinnXi=1

αiei = 0⇒ (α1, . . . ,αn) = (0, . . . , 0)

si astfel α1 = · · · = αn = 0 . Prin urmare B este sistem liniarindependent.Fie x = (x1, . . . , xn) ∈ Kn . Alegand αi = xi , i = 1, n , avem

nXi=1

αiei =nXi=1

xiei = x

si prin urmare B este sistem de generatori.Deci B este baza si dimK Kn = n .

5. Conform problemei 4, Rn este spatiu vectorial real n dimen-sional si Cn este spatiu vectorial complex n dimensional, darCn poate fi organizat si ca spatiu vectorial real de dimensiune2n.Solutie:“Adunarea” peCn este definita ca ın problema 4, iar ınmultireacu scalari reali “ ·s ” : R×Cn → Cn ,α(z1, . . . , zn) = (αz1, . . . ,αzn) , verifica 5)-8) ın mod evident.

Deci (Cn,+, ·s) este un spatiu vectorial real.Baza naturala este formata cu 2n vectori:B =

©e1 = (1, 0, . . . , 0), f1 = (i, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0),

f2 = (0, i, . . . , 0), . . . , en = (0, , . . . , 1), , fn = (0, 0, . . . , i)ª.

Intr-adevar,

dinnXk=1

αkek +nXk=1

βkfk = 0⇒ (α1 + iβ1, . . . ,αn + iβn) = 0

si prin urmare αk+ iβk = 0, ∀k = 1, n, adica toti scalarii realiai combinatiei liniare nule sunt egali cu zero. Mai ramane sa


aratam ca B este sistem de generatori.Fie z = (z1, . . . , zn) ∈ Cn . Luand αk = Rezk siβk = Imzk scalari reali (k = 1, n), avem

nXk=1

αkek+nXk=1

βkfk = (Rez1 + iImz1, . . . , Rezn + iImzn) = z .

Deci B este baza si dimRCn = 2n .

6. Verificati ca (Mm,n (K),+, ·s) este un spatiu vectorial pestecorpul comutativ K si aratati ca dimensiunea sa este mn.Solutie:Structura de spatiu vectorial peste K a lui Mm,n (K) estejustificata de proprietatile adunarii si ınmultirii cu scalari dinK a matricilor.Altfel, daca privim Mm,n (K) ca multimea tuturor functiilordefinite pe {1, 2, . . . ,m} × {1, 2, . . . , n} cu valori ın K, atunciconform problemei 2, se obtine aceeasi structura de spatiuvectorial peste K.O baza naturala este formata cu matrici de tipul

Eij =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0 · · · 0 · · · 0...

......

0 · · · 1 · · · 0...

......

0 · · · 0 · · · 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ,

adica Eij este o matrice de tipul (m,n) care are toate ele-mentele egale cu zeroul corpului K, cu exceptia elementuluide la intersectia liniei i cu coloana j, care este unitatea lui K.Multimea B =

©Eij |i = 1,m, j = 1, n

ªare mn elemente si este

baza pentru Mm,n (K) . Intr-adevar, din orice combinatieliniara nula,

mXi=1

nXj=1

αijEij = Om,n ,


avem (αij)i,j = 0m,n , adica αij = 0K ,∀i = 1,m, j = 1, n siprin urmare B este sistem liniar independent.Pentru orice matrice A = (aij)i,j din Mm,n (K) putem alegescalarii din K , αij = aij astfel ca

A =mXi=1

nXj=1

aijEij =mXi=1

nXj=1

αijEij .

Rezulta ca B este si sistem de generatori.

Deci dimKMm,n (K) = mn .

7. Conform problemei 6 avem ca dimRMm,n (R) = mn ,dimCMm,n(C) = mn, dar dimRMm,n (C) = 2mn .Solutie:PeMm,n (C) se introduce o structura de spatiu vectorial pesteR folosind adunarea matricilor si ınmultirea matricilor cu scalarireali. O baza naturala luiMm,n (C) , considerat ca spatiu vec-torial real, este formata cu matrici de tipul:

Ekl =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0 · · · 0 · · · 0...

......

0 · · · 1 · · · 0...

......

0 · · · 0 · · · 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ , Fkl =⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

0 · · · 0 · · · 0...

......

0 · · · i · · · 0...

......

0 · · · 0 · · · 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ,

unde Ekl este o matrice de tipul (m,n) care are toate ele-mentele egale cu zero, cu exceptia elementului de la intersectialiniei k cu coloana l, care este 1, iar Fkl este o matrice de tipul(m,n) care are toate elementele egale cu zero, cu exceptia el-ementului de la intersectia liniei k cu coloana l, care este i.Ca ın problema anterioara, se verifica caB =

©Ekl, Fkl|k = 1,m, l = 1, n

ªeste baza pentru Mm,n (C)

si atunci dimRMm,n (C) = 2mn .

8. FieK un corp comutativ. Aratati ca pe multimea polinoamelorın nedeterminata X cu coeficienti din K, K[X], se poate in-troduce o structura de spatiu vectorial pesteK, de dimensiune


infinita.Solutie:Adunarea polinoamelor din K[X] detemina o structura degrup abelian pe K[X] (polinomul nul θ fiind element neutru),iar ınmultirea cu scalari dinK verifica proprietatile 5)-8). Deci(K[X],+, ·s) este spatiu vectorial peste K.Sistemul infinit de polinoame B = {1, X,X2, . . . ,Xn, . . .} esteliniar independent pentru ca orice subsistem finit,S = {Xj1 ,Xj2 , . . . , Xjk} ⊂ B ( j1, j2, . . . , jk ∈ N ) este liniarindependent. Intr-adevar, din αj1X

j1+αj2Xj2+· · ·+αjkX

jk =θ rezulta caαj1 = αj2 = · · · = αjk = 0 ∈ K .(doua polinoame coincid daca si numai daca au aceeasi coeficienti)Deoarece ın K[X] exista un sistem infinit de vectori liniarindependenti, avem ca dimK K[X] =∞ .

9. Conform problemei 8, R[X] este spatiu vectorial real infinitdimensional si C[X] este spatiu vectorial complex infinit di-mensional. In plus, C[X] poate fi organizat si ca spatiu vec-torial real de dimensiune infinita.Solutie:Restrictionand ınmultirea cu scalari la numere reale obtinemca C[X] este spatiu vectorial real. O baza naturala a spatiuluivectorial real C[X], este sistemul infinit:B = {1, i,X, iX,X2, iX2, . . . , Xn, iXn, . . .} .

10. FieK un corp comutativ. Aratati ca pe multimea polinoamelorın nedeterminata X, cu coeficienti din K, de grad cel mult n,Kn[X], se poate introduce o structura de spatiu vectorial pesteK, de dimensiune n+ 1 .Solutie:Evident, adunarea polinoamelor de grad cel mult n,“ + ” : Kn[X] ×Kn[X] → Kn[X] si ınmultirea cu scalari dinK,“ ·s ” : K ×Kn[X]→ Kn[X] sunt bine definite si verifica pro-prietatile din definitia spatiului vectorial.


O baza naturala a lui Kn[X] este B = {1,X,X2, . . . , Xn} .

Intr-adevar, dinnPj=0

αjXj = θ rezulta αj = 0 , ∀j = 0, n

si ∀f ∈ Kn[X], f = a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ amXm

( m ≤ n ) ∃α0 = a0,α1 = a1, . . . ,αm = am,αm+1 = 0 ,. . . ,αn = 0 ∈ K astfel ca f = α0+α1X+α2X

2+ · · ·+αnXn .

Deci dimK Kn[X] = n+ 1 .

11. Conform problemei 10, dimRRn[X] = n+ 1 sidimCCn[X] = n+ 1 , dar dimRCn[X] = 2(n+ 1) .Solutie:Baza naturala a spatiului vectorial real Cn[X] esteB = {1, i,X, iX,X2, iX2, . . . , Xn, iXn} .

12. Daca V este un spatiu vectorial de dimensiune n peste corpulK si S ⊂ V un sistem format din n vectori, atunci urmatoareleafirmatii sunt echivalente:

a) S este liniar independent ın V ;

b) S este sistem de generatori;

c) S este baza ın V .

Solutie:

a) ⇒ b) Fie sistemul de vectori {v1, ..., vn} liniar indepen-dent. Presupunem ca nu este sistem de generatori. Atunci (∃)vn+1 ∈ V astfel ıncat {v1, ..., vn, vn+1} sunt liniar independenti,ceea ce este o contradictie, deoarece dimensiunea spatiului esten.

b)⇒ a) Fie {v1, ..., vn} un sistem de generatori. Presupunemca nu este liniar independent. Din acest sistem de genera-tori putem extrage un subsistem maximal de vectori liniariindependenti {w1, ..., wk}, k < n. Deoarece {w1, ..., wk} estemaximal, (∀) i = 1..n, vi ∈ L(w1, ..., wk). Dar cum {v1, ..., vn}este sistem de generatori, deci L (v1, ..., vn) = V , va rezulta caL(w1, ..., wk) = V , deci {w1, ..., wk} este sistem de generatori.Cum {w1, ..., wk} este si liniar independent, este o baza. Dar


dimensiunea spatiului vectorial V este n si k < n. De aicirezulta contradictia.

Daca a) ⇒ b) si b) ⇒ a), tinand cont de proprietatile bazei,avem ca a) ⇒ c), b) ⇒ c) . De asemenea, c) ⇒ a), c) ⇒ b)este evident.

13. Care din urmatoarele sisteme de vectori din spatiul vectorialaritmetic R3 sunt liniar independente:

a) {a1 = (1, 2, 3), a2 = (2, 3, 1), a3 = (3, 1, 2)}

b) {b1 = (1, 3,−1), b2 = (0,−2, 1), b3 = (−3,−1,−1)}

Solutie:

a) Formam cu ajutorul componentelor vectorilor dispuse pecoloane urmatoarea matrice:

A =

⎛⎜⎝ 1 2 32 3 13 1 2

⎞⎟⎠Exista o combinatie liniara nula (dar cu coeficienti nu toti nuli)a vectorilor a1, a2, a3 daca si numai daca exista o combinatieliniara de acelasi gen a coloanelor matricei A. In cazul demai sus aceasta este echivalenta cu anularea determinantuluimatricei A. Avem detA = −24, deci sistemul {a1, a2, a3} esteliniar independent.

b) Rationand analog, obtinem matricea

B =

⎛⎜⎝ 2 0 13 −2 −1−1 1 −1

⎞⎟⎠Avem detB = 0, deci sistemul de vectori {b1, b2, b3} este liniardependent.

14. Fie {v1, v2, v3} ⊂ R3, v1 = (1,α, 0), v2 = (α, 1, 1), v3 =(1, 0,α), α ∈ R.


a) Sa se afle α ∈ R astfel ıncat S = {v1, v2, v3} sa formeze obaza ın R3.

b) Pentru α =√2 sa se extraga din S o baza S0 a subspatiului

vectorial L(v1, v2, v3).

Solutie:

a) Formam matricea A =

⎛⎜⎝ 1 α 1α 1 00 1 α

⎞⎟⎠. Calculand deter-minantul matricii A, obtinem detA = α(

√2− α) · (

√2 + α) .

Sistemul format din vectorii {v1, v2, v3}este liniar independentpentru α ∈ R\{−

√2, 0,

√2}. Cum dimensiunea lui R3 este 3,

S este o baza pentru α ∈ R\{−√2, 0,

√2}

b) Pentru α =√2, minorul determinat de primele doua linii

si doua coloane, ∆ =

¯¯ 1

√2√

2 1

¯¯ este nenul si tinand seama

ca detA = 0, ∆ este minor principal.Vectorii v1, v2, cu componentele carora se formeaza minorulformeaza baza S0 ceruta.

15. Sa se arate ca sistemele de vectori S = {(1, 1, 0), (1,−1,−1)}si respectiv S2 = {(9,−1,−5), (7,−1,−4)} din R3, genereazaacelasi subspatiu vectorial.

Solutie:

Sa notam u1 = (1, 1, 0), u2 = (1,−1,−1), v1 = (9,−1,−5),v2 = (7,−1,−4). Aratam mai ıntai ca v1, v2 ∈ L(u1, u2).Daca cautam α,β ∈ R astfel ca v1 = αu1 + βu2 obtinem:⎧⎪⎨⎪⎩

α · 1 + β · 1 = 9α · 1 + β · (−1) = −1α · 0 + β · (−1) = −5

De aici rezulta α = 4, β = 5, deci v1 = 4u1 + 5u2. Analogv2 = 3u1 + 4u2. Atunci v1, v2 ∈ L(u1, u2) si deci vom avearelatia:

L(v1, v2) ⊆ L(u1, u2)


Similar gasim u1 = 4v1 − 5v2, u2 = −3v1 + 4v2, deci:

L(u1, u2) ⊆ L(v1, v2)

Folosind si relatia gasita mai sus obtinem:

L(v1, v2) = L(u1, u2).

16. Sa se descompuna vectorul s, dupa vectorii u ,v ,w, care sunttrei vectori liniar independenti ın spatiul vectorial real V , daca:

s = a+ b+ c si⎧⎪⎨⎪⎩u = a+ b− 2cv = a− bw = 2b+ 3c

.

Solutie:

s = αu+ βv + γw, cu α, β, γ ∈ R⇔

a+ b+ c = αa+ αb− 2αc+ βa− βb+ 2γb+ 3γc⎧⎪⎨⎪⎩a = (α+ β)a

b = (α− β + 2γ)bc = (−2α+ 3γ)c

⇔

⎧⎪⎨⎪⎩α+ β = 1

α− β + 2γ = 1−2α+ 3γ = 1

A =

⎛⎜⎝ 1 1 01 −1 2−2 0 3

⎞⎟⎠ ;A =⎛⎜⎝ 1 1 0 1

1 −1 2 1−2 0 3 1

⎞⎟⎠rangA =rangA

detA = −3− 4− 3 = −10 ;

α =

¯¯ 1 1 01 −1 21 0 3

¯¯

−10 ;α = 25 ;

β =

¯¯ 1 1 01 1 2−2 1 3

¯¯

−10 ;β = 35


γ =

¯¯ 1 1 11 −1 1−2 0 1

¯¯

−10 ; γ = 35

deci s = 25u+

35v +

35w.

17. In spatiul vectorilor liberi V 3 se dau vectorii x1 = 2i+ j + k,x2 = 3i+ 5j + 2k, x3 = 4i+ 3j + k, unde {i, j, k} este o bazaa lui V 3.

Se cere :

a) sa se arate ca {x1, x2, x3} formeaza o baza ın V 3;

b) sa se descompuna vectorul x = 20i + 20j + 8k ın baza{x1, x2, x3}.

Solutie:

a)Trebuie aratat ca {x1, x2, x3} sunt liniar independenti si con-stituie un sistem de generatori.

Cum V 3 are dimensiunea 3, este suficient sa demonstram liniarindependenta vectorilor x1, x2, x3.

Fie α,β, γ ∈ R. Din egalitatea

αx1 + βx2 + γx3 = 0

rezulta : 2αi+αj+αk+3βi+5βj+2βk+4γi+3γj+γk = 0.

Asadar (2α+3β+4γ)i+(α+5β+3γ)j + (α+2β + γ)k = 0.

Dar {i, j, k} constituie baza ın V 3 ⇒

(*)

⎧⎪⎨⎪⎩2α+ 3β + 4γ = 0α+ 5β + 3γ = 0α+ 2β + γ = 0

⇒ α = β = γ = 0 este solutia sis-

temului, deci {x1, x2, x3} sunt vectori liniar independenti.

Atunci tripletul {x1, x2, x3} constituie o baza pentru spatiulvectorial V 3.


b) Descompunerea se realizeaza ın mod analog cu cea de laproblema precedenta, obtinandu-se:

x = x1 + 2x2 + 3x3.

18. Se da spatiul vectorial al polinoamelor cu coeficienti reali degrad mai mic sau egal cu 5.Sa se determine dimensiunea acestui spatiu si sa se gaseascadescompunerea polinomuluiP (X) = 1 + 2X − X2 + 3X3 + 5X4 + X5 ın baza canonicaP1(X) = 1, P2(X) = X,P3(X) = X

2, P4(X) = X3, P5(X) =

X4, P6(X) = X5 .

Solutie:

Dimensiunea spatiului vectorial este egala cu numarul vecto-rilor bazei acelui spatiu vectorial.

Aratam ca polinoamele P1(X), P2(X), ..., P6(X) (Pi(X) = Xi−1,

i = 1, 6) constituie o baza pentru spatiul vectorial al poli-noamelor cu coeficienti reali (complecsi) de grad mai mic sauegal cu 5.

a) liniar independenta - fie combinatia liniara:

6Xi=1

αiPi(X) = 0,αi ∈ R, i = 1, 6

Folosind egalitatea a doua polinoame rezulta:

αi = 0; (i = 1, 6), (α11 + α2X + α3X2 + α4X

3 + α5X4+

α6X5 = 0 · 1 + 0 ·X + 0 ·X2 + 0X3 + 0X4 + 0X5, de unde

α1 = α2 = α3 = α4 = α5 = α6 = 0).

b) sistem de generatori - prin ınsasi modul de definire al poli-noamelor cu coeficienti reali sau complecsi, acestea sunt prezenteca o combinatie liniara de polinoame Pi(X), i = 1, 6.

(P (X) =6Pi=0aiX

i =6Pi=0aiPi (X)).


Asadar {1, X,X2, X3,X4, X5} constituie o baza pentru spatiulvectorial al polinoamelor cu coeficienti reali de grad mai micsau egal cu 5. Dimensiunea spatiului vectorial este 6.

Reprezentarea particulara a lui P (X) = 1+2X−X2+3X3+5X4 +X5 este:

P (X) = P1(X)+2P2(X)−P3(X)+3P4(X)+5P5(X)+P6(X).

19. FieM3,4(R) multimea matricilor cu trei linii si patru coloane,cu elementele numere reale. Folosind faptul ca (M3,4(R),+, ·)este un spatiu vectorial real, sa se gaseasca descompunerea lui

A =

⎛⎜⎝ 0 −1 2 11 5 0 −2−2 3 4 7

⎞⎟⎠

ın baza canonicaE1 =

⎛⎜⎝ 1 0 0 00 0 0 00 0 0 0

⎞⎟⎠, E2 =⎛⎜⎝ 0 1 0 00 0 0 00 0 0 0

⎞⎟⎠,E3 =

⎛⎜⎝ 0 0 1 00 0 0 00 0 0 0

⎞⎟⎠ ,..., E12 =⎛⎜⎝ 0 0 0 00 0 0 00 0 0 1

⎞⎟⎠Solutie:

Descompunerea este :

A = 0 ·E1+(−1) ·E2+2 ·E3+1 ·E4+1 ·E5+5 ·E6+0 ·E7+

+(−2) ·E8 + (−2) ·E9 + 3 ·E10 + 4 ·E11 + 7 ·E12

20. Sa se determine λ ∈ R astfel ca vectorii :a = e1 − e2 + 4e3; b = 2e1 − 3e2 + e3; c = e1 + 2e2 + λe3sa fie liniar dependenti ın spatiul vectorial aritmetic R3, unde{e1, e2, e3} este baza canonica a lui R3.

Solutie:

Vectorii a si b sunt cunoscuti ( ei sunt reprezentati sub formaunei combinatii liniare a vectorilor e1, e2, e3). Pentru ca vec-torii a, b, c sa fie liniar dependenti trebuie ca vectorul c sa sereprezinte ca o combinatie liniara a vectorilor a si b, adica :


c = αa+ βb , α,β ∈ R , ceea ce este echivalent cu :

e1 + 2e2 + λe3 = αe1 − αe2 + 4αe3 + 2βe1 − 3βe2 + βe3, ceeace este echivalent cu :⎧⎪⎨⎪⎩

e1 = (α+ 2β)e12e2 = (−α− 3β)e2λe3 = (4α+ β)e3

. Din primele ecuatii rezulta ca α = 7

si β = −3, iar din a treia ecuatie λ = 4α+ β, adica λ = 25.

21. Sa se stabileasca dependenta liniara a vectorilor : v1 = 3e1 −2e2+ e3; v2 = 9e1+ e2+9e3; v3 = −e1+ e2− e3; v4 = 2e2+ e3ın R3.

Solutie:

Aratam ca din combinatia liniara4Pi=1

αivi = 0 , αi ∈ R, nu

rezulta ca αi(i = 1, 4) sunt egali cu 0. Astfel:

4Pi=1

αivi = 0⇔ (3α1+9α2−α3)e1+(−2α1+α2+α3+2α4)e2+

(α1 + 9α2 − α3 + α4)e3 = 0,dar {e1, e2, e3} constituie baza canonica ın R3, astfel :⎧⎪⎨⎪⎩

3α1 + 9α2 − α3 = 0−2α1 + α2 + α3 + 2α4 = 0α1 + 9α2 − α3 + α4 = 0

,

acest sistem este compatibil simplu nedeterminat, deoarece:¯¯ 3 9 −1−2 1 11 9 −1

¯¯ = −20 6= 0

Asadar exista alternativa solutiilor nenule si deci vectorii v1,v2, v3, v4 sunt liniar dependenti.

22. Fiind dati vectorii a = 3e1− 4e2, b = 2e1− e2, c = 5e1− 6e2 ınspatiul vectorial aritmeticR2, unde {e1, e2} este baza canonicaa lui R2, sa se descompuna c dupa directia vectorilor a si b.

Solutie:


Fie c = αa+ βb , α,β ∈ R, ceea ce este echivalent cu :

5e1 − 6e2 = 3αe1 − 4αe2 + 2βe1 − βe2 ⇔(5 = 3α+ 2β−6 = −4α− β

⇔

(5 = 3α+ 2β

−12 = −8α− 2β, adica

−7 = −5α⇒ α = 75 ,β =

25 .

Deci c = 75a+

25b.

23. In spatiul vectorial aritmetic R3 se dau vectorii

v1 = (3, 1, 0) ; v2 = (6, 3, 2) ; v3 = (1, 3, 5)

Se cere :

a) sa se arate ca v1, v2, v3 formeaza o baza ın spatiul R3;

b) sa se gaseasca coordonatele vectorilor bazei canonice {e1, e2, e3}ın noua baza {v1, v2, v3}.

Solutie:

a) Liniar independenta - fie combinatia liniaraα1v1 + α2v2 + α3v3 = 0, adica :

(3α1,α1, 0) + (6α2, 3α2, 2α2) + (α3, 3α3, 5α3) = (0, 0, 0)⇔⎧⎪⎨⎪⎩3α1 + 6α2 + α3 = 0α1 + 3α2 + 3α3 = 02α2 + 5α3 = 0¯

¯ 3 6 11 3 30 2 5

¯¯ = −1 6= 0,deci sistemul are drept solutie numai

solutia triviala (α1 = α2 = α3 = 0).

Faptul ca v1, v2, v3 constituie un sistem de generatori rezultadirect din punctul 1 si din faptul ca dimR3 = 3, adica {v1, v2, v3}este o baza a acestui spatiu vectorial.


b) ( e1 e2 e3 ) = A·

⎛⎜⎝ v1v2v3

⎞⎟⎠ , undeA =⎛⎜⎝ a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

⎞⎟⎠.⎧⎪⎨⎪⎩e1 = a11v1 + a12v2 + a13v3e2 = a21v1 + a22v2 + a23v3e3 = a31v1 + a32v2 + a33v3

Prima ecuatie vectoriala este echivalenta cu(1, 0, 0) = a11(3, 1, 0) + a12(6, 3, 2) + a13(1, 3, 5) ,

adica:

⎧⎪⎨⎪⎩3a11 + 6a12 + a13 = 1a11 + 3a12 + 3a13 = 02a12 + 5a13 = 0

.

¯¯ 3 6 11 3 30 2 5

¯¯ = −1 6= 0, solutiile sunt

a11 = −9, a12 = 5, a13 = −2.

Analog, ın cazul celorlalte doua ecuatii vectoriale se obtine:

a21 = 28, a22 = −15, a23 = 6, a31 = −15 ,a32 = 8, a33 = −3.

Asadar:⎧⎪⎨⎪⎩e1 = −9v1 + 5v2 − 2v3e2 = 28v1 − 15v2 + 6v3e3 = −15v1 + 8v2 − 3v3

.

24. a) Sa se arate ca multimea functiilor f : (−a, a)→ R care sat-isfac conditia f(x) = f(−x), (∀)x ∈ (−a, a) este un subspatiuvectorial al spatiului tuturor functiilor reale definite pe (−a, a).

b) Analog pentru multimea functiilor f : (−a, a) → R caresatisfac conditia f(x) = −f(−x).

Solutie:

a) Fie f1, f2 : (−a, a)→ R astfel ıncat :

f1(x) = f1(−x) si f2(x) = f2(−x) , (∀)a ∈ (−a, a).


Functia (f1 + f2) : (−a, a) → R se bucura de proprietatea ca(f1 + f2)(x) = (f1 + f2)(−x), deoarece :

(f1 + f2)(x) = f1(x) + f2(x) = f1(−x) + f2(−x) =(f1 + f2)(−x), (∀)x ∈ (−a, a)

Fie α ∈ R, functia αf : (−a, a)→ R are proprietatea :

(αf)(x) = (αf)(−x) (∀)x ∈ (−a, a) pentru ca (αf)(x) =αf(x) = αf(−x) = (αf)(−x), (∀)x ∈ (−a, a)

b) se demonstreaza ın mod analog.

25. Sa se arate ca subspatiile vectoriale ale functiilor pare si re-spectiv impare sunt suplimentare ın spatiul tuturor functiilorreale definite pe (−a, a).

Solutie:

Fie W1 subspatiul vectorial al functiilor reale impare si W2

subspatiul vectorial al functiilor reale pare.

Aratam ca W1 ∩W2 = {0} (Observatie: este vorba de functiazero). Fie ca W1 ∩W2 = {f}, atunci f ∈ W1 si f ∈ W2, deci

f : (−a, a)→ R si

(f(x) = f(−x); (f ∈W1)f(x) = −f(−x); (f ∈W2)

⇒ f(−x) = −f(−x)⇒ 2f(−x) = 0⇒ f = 0,asadar W1 ∩W2 = {0} .

In plus (∀)f : (−a, a)→ R, f se poate reprezenta:

f(x) =1

2[f(x) + f(−x)] +

1

2[f(x)− f(−x)]

ceea ce implica :

W1 ⊕W2 =W

undeW este spatiul vectorial al tuturor functiilor reale definitepe (−a, a).

Concluzie: W1 ⊕ W2 = W , deci W1 si W2 sunt subspatiivectoriale suplimentare.


26. Fie W1 si W2 doua subspatii vectoriale ale spatiului V . Sase demonstreze ca nu ıntotdeauna W1 ∪ W2 este un spatiuvectorial al lui V.

Solutie:

Daca W1 6⊂ W2 si W2 6⊂ W2, atunci exista v1 ∈ W1, v2 ∈ W2

astfel ca v1 /∈ W2 si v2 /∈ W1. Prin urmare v1 + v2 /∈ W1 siv1 + v2 /∈W2 , adica v1 + v2 /∈W1 ∪W2.

W1∪W2 este subspatiu vectorial daca si numai dacaW1 ⊂W2

sau W2 ⊂W2.

Observatie: Avem

W1 +W2 = L(W1 ∪W2),

W1 +W2 = {v1 + v2 = v | v1 ∈W1, v2 ∈W2}

27. Sa se arate ca submultimeaB = {(x1, x2, x3) | x1 − x2 + 5x3 = 4} a lui R3, nu constituieun subspatiu vectorial al lui R3.

Solutie:

Vectorul 0 = (0, 0, 0) ∈ R3 nu apartine submultimiiB, deoarece0 − 0 + 5 · 0 6= 4. Asadar 0 /∈ B si deci B nu poate avea ostructura de subspatiu vectorial al lui R3.

28. Sa se arate ca multimile U = {u1 = (1, 5, 3), u2 = (2, 0, 6)},W = {w1 = (−1, 7,−3), w2 = (4, 5, 12)}genereaza acelasi subspatiu vectorial al lui R3.

Solutie:

L(U) = {k1u1 + k2u2 | k1, k2 ∈ R} ={(k1 + 2k2, 5k1, 3k1 + 6k2) | k1, k2 ∈ R}.

Analog:

L(W ) = {h1w1 + h2w2 | h1, h2 ∈ R} ={(−h1 + 4h2, 7h1 + 5h2,−3h1 + 12h2) | h1, h2 ∈ R}.

Se arata ca L(U) = L(W ) ca ın exercitiul 15.


29. Fie C0(R) spatiul vectorial real al functiilor reale si continue.Sa se arate ca urmatoarea submultime a lui C0(R) este liniarindependenta. Sa se stabileasca dimensiunea subspatiului gen-erat de multimea {eax, x · eax, x2 · eax}.

Solutie:

Deoarece eax 6= 0, combinatia liniara

α1 · eax + α2 · x · eax + α3 · x2 · eax = 0⇔

(α1 + α2 · x+ α3 · x2)eax = 0⇔ α1 + α2 · x+ α3 · x2 = 0,pentru orice x ∈ R⇔ α1 = α2 = α3 = 0 ,deci dimL({eax, x · eax, x2 · eax}) = 3.

30. Fie subspatiile lui R2,W si U generate de vectorii w1 = (1, 5),w2 = (−2,−10) si w3 = (3, 15), respectiv u1 = (−1,−4),u2 = (−1, 2), u3 = (2, 0). Sa se construiasca subspatiile U+Wsi W ∩ U .

Solutie:

Subspatiul suma U+W este acoperirea liniara a vectorilor w1,w2, w3, u1, u2, u3, adica v ∈W + U este de forma:

v = k1w1 + k2w2 + k3w3 + k4u1 + k5u2 + k6u3.

Subspatiul W ∩ U contine acei vectori pentru care

(*) α1w1 + α2w2 + α3w3 = β1u1 + β2u2 + β3u3

Inlocuind ın ecuatia precedenta valorile vectorilor w1, w2, w3,u1, u2 , u3 se obtine:(

α1 − 2α2 + 3α3 = −β1 − β2 + 2β35α1 − 10α2 + 15α3 = −4β1 + 2β2

.

Intrucat rangul sistemului este 1, conform teoremei Rouche,compatibilitatea sistemului este asigurata de anularea deter-minantului caracteristic care este egal cu β1 + 7β2 − 10β3 (sicare este egal cu 0).

Obtinem β1 = −7λ+ 10μ, β2 = λ, β3 = μ, unde λ,μ ∈ R.


Inlocuind valorile lui β1, β2, β3 ın ecuatia (*) se obtine ca:

(−7λ+ 10μ)u1 + λu2 + μu3 = (6λ− 8μ, 30λ− 40μ) ∈W ∩ U ;λ,μ ∈ R.

Observatie: Deoarece dimU = 2 si dimW = 1 rezulta U =R2, W + U = R2, W ∩ U =W .

31. Fie A = {(x1, x2, x3) | x1 − x2 + 5x3 = 0} o submultime a luiR3. Sa se precizeze daca A este un subspatiu vectorial si sa ise determine dimensiunea.

Solutie:

Submultimea A se poate scrie

A = {(x2 − 5x3, x2, x3) | x2, x3 ∈ R} .

Fie x, y ∈ A, adica x = (x2 − 5x3, x2, x3),y = (y2 − 5y3, y2, y3). Avem:

x+ y = (x2 − 5x3, x2, x3) + (y2 − 5y3, y2, y3) =

((x2 + y2)− 5(x3 + y3), x2 + y2, x3 + y3)) ∈ A.

Daca λ ∈ R, atunci λx = λ(x2 − 5x3, x2, x3) = (λ(x2 −5x3),λx2,λx3) ∈ A. Deci A este un subspatiu vectorial allui R3. Se observa ca x ∈ A daca si numai daca exista α,β ∈ R astfel ca x = (α − 5β,α,β). Atunci A = L(a1, a2),unde a1 = (1, 1, 0) si a2 = (−5, 0, 1). Prin urmare dimA = 2.

32. Sa se demonstreze ca multimea n-uplurilor de forma (0, ξ2, ξ3, .., ξn)este un subspatiu vectorial al lui Kn.

Solutie:

Fie doua n-upluri (0, ξ(1)2 , ξ

(1)3 , .., ξ

(1)n ) si (0, ξ

(2)2 , ξ

(2)3 , .., ξ

(2)n ) si

fie α ∈ K. Are loc:

(0, ξ(1)2 , ξ

(1)3 , .., ξ

(1)n ) + (0, ξ

(2)2 , ξ

(2)3 , .., ξ

(2)n ) =

³0, ξ

(1)2 + ξ

(2)2 ,

ξ(1)3 + ξ

(2)3 , .., ξ

(1)n + ξ

(2)n

´∈ Kn si α · (0, ξ

(1)2 , ξ

(1)3 , .., ξ

(1)n ) =

(0,α · ξ(1)2 ,α · ξ

(1)3 , ..,α · ξ

(1)n ) ∈ Kn.

Asadar multimea n-uplurilor de forma (0, ξ2, ξ3, .., ξn) este unsubspatiu vectorial al lui Kn.


33. Fie V5 spatiul vectorial real al polinoamelor ın cosx care au celmult gradul 4. Sa se scrie transformarea de coordonate carepermite trecerea de la baza B =

©1, cosx, cos2 x, cos3 x, cos4 x

ªla baza B

0= {1, cosx, cos 2x, cos 3x, cos 4x} si sa se gaseasca

inversa acestei transformari.

Solutie:

Matricea de trecere de la baza B la baza B0 se obtine din:

1 = 1 · 1 + 0 · cosx+ 0 · cos2 x+ 0 · cos3 x+ 0 · cos4 x,

cosx = 0 · 1 + 1 · cosx+ 0 · cos2 x+ 0 · cos3 x+ 0 · cos4 x,

cos 2x = −1 · 1 + 0 · cosx+ 2 · cos2 x+ 0 · cos3 x+ 0 · cos4 x,

cos 3x = 0 · 1− 3 · cosx+ 0 · cos2 x+ 4 · cos3 x+ 0 · cos4 x,

cos 4x = 1 · 1 + 0 · cosx− 8 · cos2 x+ 0 · cos3 x+ 8 · cos4 x.

Deci matricea de trecere este:

A =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 −1 0 10 1 0 −3 00 0 2 0 −80 0 0 4 00 0 0 0 8

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠Fie a0, a1, a2, a3, a4 coordonatele unui vector din V5 ın raportcu baza B si b0, b1, b2, b3, b4 coordonatele aceluiasi vector ınraport cu baza B0. Atunci:⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝a0a1a2a3a4

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ = A ·⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝b0b1b2b3b4

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ adica, explicit:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

a0 = b0 − b2 + b4a1 = b1 − 3b3a2 = 2b2 − 8b4a3 = 4b3a4 = 8b4


De aici:⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝a0a1a2a3a4

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 −1 0 10 1 0 −3 00 0 2 0 −80 0 0 4 00 0 0 0 8

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ·⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝b0b1b2b3b4

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠Atunci d = det(A) = 64.

A−1 = 1d

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝A11 A21 A31 A41 A51A12 A22 A32 A42 A52A13 A23 A33 A43 A53A14 A24 A34 A44 A54A15 A25 A35 A45 A55

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠Unde A11 = 64, A21 = 0, A31 = 32, A41 = 64, A51 = −8,A12 = 0, A22 = 64, A32 = 0, A42 = 48, A52 = 0, A13 = 0,A23 = 0, A33 = 32, A43 = 64, A53 = 0, A14 = 0, A24 = 0,A34 = 0, A44 = 16, A54 = 0, A15 = 0, A25 = 0, A35 = 0,A45 = 0, A55 = 8, si deci:

A−1 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 1

2 1 −18

0 1 0 34 0

0 0 12 1 0

0 0 0 14 0

0 0 0 0 18

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠.Inversa acestei transformari este:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

b0 = a0 +12a2 + a3 −

18a4

b1 = a1 +34a3

b2 =12a2 + a3

b3 =14a3

b4 =18a4

.

34. Sa se stabileasca formulele de transformare ale coordonatelorcand se trece de la baza e0 = {e01, e

02, e

03, e

04} la baza e

00 ={e001, e

002, e

003, e

004} unde e

01 = (1, 2,−1, 0), e02 = (1,−1, 1, 1),

e03 = (−1, 2, 1, 1), e04 = (−1,−1, 0, 1) si e001 = (2, 1, 0, 1), e002 =(0, 1, 2, 2), e003 = (−2, 1, 1, 2), e

004 = (1, 3, 1, 2).


Solutie:

Sa notam cu e = {e1, e2, e3, e4} baza canonica ın R4, adicae1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1).Notand cu A matricea de schimbare a bazei e→ e0, obtinem:

A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 −1 −12 −1 2 −1−1 1 1 00 1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎠.Avem asadar (e01, e

02, e

03, e

04) = (e1, e2, e3, e4) · A. Dar, con-

siderand x ∈ R arbitrar, cu coordonatele (x1, x2, x3, x4) ınbaza e, (x01, x02, x03, x04) ın e0 si (x001, x002, x003, x004) ın baza e00,utilizand o scriere matriceala, vom avea:

x = (e1, e2, e3, e4) ·

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ = (e01, e02, e03, e04) ·⎛⎜⎜⎜⎝x01

x02

x03

x04

⎞⎟⎟⎟⎠.Utilizand relatia de mai sus, obtinem:

(e1, e2, e3, e4) ·

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ = (e1, e2, e3, e4) ·A ·⎛⎜⎜⎜⎝x01

x02

x03

x04

⎞⎟⎟⎟⎠.De aici obtinem cunoscuta relatie existenta ıntre coordonateleunui vector la o schimbare de baza:

(*)

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ = A ·⎛⎜⎜⎜⎝x01

x02

x03

x04

⎞⎟⎟⎟⎠.Notand cu B matricea de schimbare a bazei e→ e00, obtinem:

B =

⎛⎜⎜⎜⎝2 0 −2 11 1 1 30 2 1 11 2 2 2

⎞⎟⎟⎟⎠.


Rationand analog, obtinem:⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ = B ·⎛⎜⎜⎜⎝x001

x002

x003

x004

⎞⎟⎟⎟⎠ .Mai departe, amplificand la stanga cu B−1, obtinem:⎛⎜⎜⎜⎝

x001

x002

x003

x004

⎞⎟⎟⎟⎠ = B−1 ·⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ .Tinand cont de (*), obtinem formulele de transformare a co-ordonatelor atunci cand se trece de la e0 la e00 scrise matriceal:⎛⎜⎜⎜⎝

x001

x002

x003

x004

⎞⎟⎟⎟⎠ = B−1 ·A ·⎛⎜⎜⎜⎝x01

x02

x03

x04

⎞⎟⎟⎟⎠ .

Avem asadar:

A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 −1 −12 −1 2 −1−1 1 1 00 1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎠, B =⎛⎜⎜⎜⎝2 0 −2 11 1 1 30 2 1 11 2 2 2

⎞⎟⎟⎟⎠.Efectuand calculele, obtinem:⎛⎜⎜⎜⎝x001

x002

x003

x004

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝1 0 0 11 1 0 10 1 1 10 0 1 0

⎞⎟⎟⎟⎠ ·⎛⎜⎜⎜⎝x01

x02

x03

x04

⎞⎟⎟⎟⎠.35. In spatiul aritmetic R4 se da multimea

V1 =

(x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4

¯¯(x1 + x2 − x3 + x4 = 0,−x1 + x2 − x3 + x4 = 0.

)


a) Aratati ca V1 este un subspatiu vectorial al lui R4 ;

b) Determinati o baza pentru V1 si dimV1 ;c) Aratati ca sistemul B0 = {a1 = (1, 0, 1, 0), a2 = (1, 1, 0, 0),{a3 = (0, 1, 1, 0), a4 = (0, 0, 1, 1)} este o baza pentruR4 si gasiticoordonatele vectorului x = (1, 1,−1, 1) relativ la noua bazaB0 ;d) Gasiti un supliment algebric V2 pentru subspatiul V1 .

Solutie:

a) Fie α,β ∈ R si x = (x1, x2, x3, x4) ,y = (y1, y2, y3, y4) ∈ V1 , arbitrar fixate. Atunci:(αx1 + βy1) + (αx2 + βy2) − (αx3 + βy3) + (αx4 + βy4) =α(x1 + x2 − x3 + x4) + β(y1 + y2 − y3 + y4) = α0 + β0 = 0 sianalog αx+βy = (αx1+βy1,αx2+βy2,αx3+βy3,αx4+βy4)verifica si a doua ecuatie din sistemul omogen. Prin urmareαx+ βy ∈ V1 si astfel V1 este subspatiu vectorial al lui R4 .b) Matricea sistemului este

A =

Ã1 1 −1 1−1 1 −1 1

!si are rangul 2

si atunci dimV1 = 4−rangA = 2 . O baza a lui V1 este formatacu doua solutii particulare ale sistemului omogen, care sa fieliniar independente.Notand x3 = α si x4 = β obtinem,(

x1 + x2 = α− β−x1 + x2 = α− β

si de aici solutia generala x = (0,α − β,α,β) , α,β ∈ R saux = α(0, 1, 1, 0) + β(0,−1, 0, 1) .Daca notam b1 = (0, 1, 1, 0) si b2 = (0,−1, 0, 1) rezulta V1 =L(b1, b2) . Deoarece {b1, b2} este sistem liniar independent

(vezi rang

⎛⎜⎜⎜⎝0 01 −11 00 1

⎞⎟⎟⎟⎠ = 2) rezulta ca B1 = {b1, b2} este baza


pentru V1 .c) Rangul matricei A1 pe ale carei coloane avem coordonatelevectorilor din B

0, ın raport cu baza canonica B = {ei|i = 1, 4}

a lui R4 ,

A1 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 0 00 1 1 01 0 1 10 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠este 4 . Prin urmare B0 este sistem liniar independent ın spatiul4-dimensional R4si astfel este baza pentru R4 .Coloana cu coordonatele lui x = (1, 1 − 1, 1) relativ la bazaB0se gaseste din relatia xB0 = A−11 xB , A1 fiind matricea detrecere de la baza B la baza B0. Inversa matricei A1 este

A−11 =

⎛⎜⎜⎜⎝1/2 −1/2 1/2 −1/21/2 1/2 −1/2 1/2−1/2 1/2 1/2 −1/20 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠si astfel xB0 = A

−11 (1, 1,−1, 1)

t = (−1, 2,−1, 1)t saux = −a1 + 2a2 − a3 + a4 .d) Completam baza lui V1 , B1 = {b1, b2} , pana la o baza alui R4 cu vectorii b3 = (1, 1, 1, 0), b4 = (0, 0, 0, 1) . Intr-adevar,rangul matricei ⎛⎜⎜⎜⎝

0 0 1 01 −1 1 01 0 1 00 1 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠este 4 si astfel {b1, b2, b3, b4} este baza.Consideram subspatiul vectorial generat de b3 si b4 , V2 =L(b3, b4) . Atunci dimV1 + dimV2 = 2 + 2 = 4 = dimR

4 .Cum R4 = L(b1, b2, b3, b4) rezulta ca pentru orice vector xdin R4 , exista scalarii reali αi, (i = 1, 4) , astfel ıncat x =α1b1+α2b2+α3b3+α4b4 si prin urmare orice vector x se poatescrie x = x1+x2 cu x1 = α1b1+α

2b2 ∈ V1 si x2 = α3b3+α4b4 ∈


V2 . Deci R4 = V1 + V2 . Din aceasta relatie si din faptul ca

dimV1 + dimV2 = dimR4 rezulta ca V1 ⊕ V2 = R4 . Prinurmare V2 este un supliment algebric al lui V1 .

36. In spatiul aritmetic R4 se dau subspatiile vectoriale

V1 =

⎧⎪⎨⎪⎩x = (x1, x2, x3, x4)¯¯⎧⎪⎨⎪⎩2x1 + x2 + 3x3 − x4 = 03x1 + 2x2 − 2x4 = 03x1 + x2 + 9x3 − x4 = 0

⎫⎪⎬⎪⎭V2 =

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

¯¯(6x1 − 9x2 − x3 = 0x2 + x4 = 0

)

a) Aratati ca V1 ⊕ V2 = R4;b) Determinati proiectia vectorului x = (1,−1, 1, 0) pe subspatiulV1 de-a lungul subspatiului V2 .

Solutie:

a) Matricea primului sistem liniar omogen,

A1 =

⎛⎜⎝ 2 1 3 −13 2 0 −23 1 9 −1

⎞⎟⎠are rangul 2 si solutia sa este de forma x = (3α,−9α+β,α,β) ,(α,β ∈ R) sau x = αa1 + βa2 , unde a1 = (3,−9, 1, 0) sia2 = (0, 1, 0, 1) sunt doua solutii liniar independente. DeciV1 = L(a1, a2) si dimV1 = 2 cu B1 = {a1, a2} baza.Matricea celui de-al doilea sistem liniar omogen,

A2 =

Ã6 −9 −1 00 1 0 1

!

are rangul 2 si solutia sa este de forma x = (16α−32 ,−β,α,β) ,

(α,β ∈ R) sau x = 16αa3 +

12βa4 , unde a3 = (1, 0, 6, 0) si

a4 = (−3,−2, 0, 2) sunt doua solutii liniar independente. Deci


V2 = L(a3, a4) si dimV2 = 2 cu B2 = {a3, a4} baza.Deoarece rangul matricei⎛⎜⎜⎜⎝

3 0 1 −3−9 1 0 −21 0 6 00 1 0 2

⎞⎟⎟⎟⎠este 4 rezulta ca B0 = {a1, a2, a3, a4} este o baza a lui R4 .Astfel, R4 = V1 + V2 . Se mai poate arata ca V1 ∩ V2 = {0} .Intr-adevar, daca x = α1a1 + α2a2 = α3a3 + α4a4 ∈ V1 ∩ V2 ,atunci avem α1a1+α2a2−α3a3−α4a4 = 0 si de aici obtinemα1 = α2 = α3 = α4 = 0 sau x = 0 .Deci V1 ⊕ V2 = R4.b) Conform punctului a), avem scrierea unica: x = x1+ x2 cux1 ∈ V1 si x2 ∈ V2 .Proiectia lui x = (1,−1, 1, 0) pe V1 de-a lungul lui V2 estex1 = α1a1+α2a2. Pentru a gasi pe x1, luam x2 = α3a3+α4a4si determinam scalarii αi, i = 1, 4 din relatia(1,−1, 1, 0) = α1(3,−9, 1, 0) + α2(0, 1, 0, 1)++α3(1, 0, 6, 0) + α4(−3,−2, 0, 2)sau (1,−1, 1, 0) =

¡3α1 + α3 − 3α4,−9α1 + α2 − 2α4,

α1 + 6α3,α2 + 2α4¢

Rezolvam sistemul liniar⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩3α1 + α3 − 3α4 = 1

−9α1 + α2 − 2α4 = −1α1 + 6α3 = 1α2 + 2α4 = 0

si obtinem α1 = 19115 , α

2 = 28115 , α

3 = 16115 , α

4 = − 14115 ,

de unde x1 =19115 a1 +

28115 a2 =

1115(57,−143, 19, 28) .

37. Fie circuitul din schema:

Datele problemei sunt: tensiunile Ei si rezistentele Ri si R(i = 1, 2, 3). Se cere curentul prin rezistenta R.

Solutie:


Figure 1.1:

Vom considera circuitele independente bi si dupa legea a II-aa lui Kirchoff rezulta relatiile:

R1I1 +R

µ3Pk=1

Ik

¶= E1

R2I2 +R

µ3Pk=1

Ik

¶= E2

R3I3 +R

µ3Pk=1

Ik

¶= E3

Daca notam x =3Pk=1

Ik , gasim modelul matematic al proble-

mei:⎧⎪⎨⎪⎩Rx + R1I1 = E1Rx + R2I2 = E2Rx + R3I3 = E3

.

Acesta este un sistem cramerian⎧⎪⎨⎪⎩(R+R1)I1 + RI2 + RI3 = E1

RI1 + (R+R2)I2 + RI3 = E2RI1 + RI2 + (R+R3)I3 = E3

cu determinantul∆ = R(R1R2 +R2R3 +R3R1) +R1R2R3 > 0 .


De aici se obtine

x =3Xk=1

Ik =E1R2R3 +E2R3R1 +E3R1R2

R(R1R2 +R2R3 +R3R1) +R1R2R3.

1.2 Probleme propuse spre rezolvare

1. Fie multimea V = {a+b√2+c

√3+d

√5|a, b, c, d ∈ Q}. Aratati

ca pe V se poate introduce o structura de spatiu vectorialpeste corpul numerelor rationale Q, ın raport cu adunareanumerelor reale si ın raport cu ınmultirea cu numere rationalea numerelor reale. Cat este dimQ V ? Dar dimQR ?

2. Fie V = (0,∞). Daca definim legea de compozitie interna

”⊗” pe V , x⊕ ydef= xy si legea de compozitie externa ”¯” pe

V , cu scalari din R (sau Q), α ¯ xdef= xα, atunci aratati ca

(V,⊕,¯) este un spatiu vectorial peste R (sau Q). Cat estedimQ V ? Dar dimR V ?

3. In spatiul vectorial real aritmetic R3 se dau vectorii a =(−4, 9, 7), b = (1,α, 5), c = (2,−1,β).

a) Pentru ce perechi de numere reale (α,β) sistemul {a, b, c}formeaza o baza a lui R3?

b) Pentru ce perechi de numere reale (α,β) subspatiul generatde a, b, c are dimensiunea 2?

4. Fie V un spatiu vectorial peste corpul comutativ K si u, v, wtrei vectori liniari independenti. Studiati liniar independentavectorilor u + v, v + w, w + u ın cazul ın care corpul K estea) R; b) C; c) {0, 1}.

5. Fie Ms;n(R) = {A ∈ Mn(R)|A = At} multimea matricilorsimetrice de ordinul n siMas;n(R) = {A ∈Mn(R)|A = −At}multimea matricilor antisimetrice de ordinul n.

a) Aratati caMs;n(R),Mas;n(R) sunt subspatii vectoriale aleluiMn(R).

1.2. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 39

b) Aratati ca dimMs;n(R) =n(n+1)2 ,Mas;n(R) =

n(n−1)2 .

c) Este adevarat caMs;n(R)⊕Mas;n(R) =Mn(R)?

d) Determinati proiectia matricei A =

Ã2 3−2 4

!∈M2(R)

peMs;2(R) de-a lungul luiMas;2(R).

6. Fie V un spatiu vectorial real de dimensiune n ≥ 3 si B ={u1, u2, ..., un} o baza pentru V . Se considera vectorii

v1 = u1, v2 = u2, vk = uk + λku1 + μku2, pentru k = 3, ..., n,

unde coeficientii reali λk, μk (k = 3, ..., n) sunt fixati arbitrar,ın prealabil.

Aratati ca sistemul de vectori B0 = {v1, v2, ..., vn} formeaza obaza pentru V .

Scrieti matricea de trecere de la baza B la baza B0.

7. Fie a, b, a0, b0 numere reale astfel ıncat rangul matricii

Ãa ba0 b0

!este 2. Daca se considera subspatiile vectoriale ale lui R2,V1 = {(x1, x2)|ax1 + bx2 = 0} si V2 = {(x1, x2)|a0x1 + b0x2 =0} sa se arate ca V1 ⊕ V2 = R2. Ce se poate spune de-spre submultimile lui R2, W1 = {(x1, x2)|ax1 + bx2 = 1},W2 = {(x1, x2)|a0x1 + b0x2 = 1}?

8. Fie sistemul omogen de ecuatii liniare⎧⎪⎨⎪⎩x1 + x2 − x3 = 0x1 − x2 + x3 + 2x4 = 0x1 + x4 = 0

. (*)

Daca V este multimea solutiilor (x1, x2, x3, x4) pentru sistemul(*), atunci:

a) Aratati ca V este un subspatiu vectorial al lui R4.

b) Determinati o baza a lui V si dimV .


c) Gasiti un supliment algebric W pentru V .

d) Determinati proiectia vectorului x = (1, 2, 2, 3) pe V de-alungul lui W, gasit la c).

9. Ce conditii trebuie sa satisfaca numerele reale a, b, c pentruca vectorii x = (1, a, a2), y = (1, b, b2), z = (1, c, c2) sa formezeo baza pentru R3?

Daca a = −1, b = 0, c = 1 sa se scrie vectorul u = (1, 7, 2) cao combinatie liniara de vectorii x, y, z.

10. Fie M =

⎧⎪⎨⎪⎩A =⎛⎜⎝ x yz 00 x+ y

⎞⎟⎠ |x, y, z ∈ R⎫⎪⎬⎪⎭. Sa se arate ca

M este un subspatiu vectorial al lui M3,2(R). Gasiti o bazapentru M si dimM , precum si coordonatele matricei

U =

⎛⎜⎝ 1 83 00 9

⎞⎟⎠ relativ la baza gasita.11. Fie n ∈ N∗ si Rn[X] spatiul vectorial real (n+1)-dimensional

al polinoamelor de grad cel mult n cu coeficienti reali, ın nede-terminata X.

a) Aratati ca B = {1, (1 +X), (2 +X)2, ..., (n +X)n} este obaza pentru Rn[X].

b) Pentru n = 3, determinati matricea de trecere de la bazacanonica Bc = {1, X,X2, ..., Xn} la baza B.

c) Pentru n = 3, determinati coordonatele polinomuluiQ = X3 + 1 relativ la baza B.

Capitolul 2

Aplicatii liniare

Definitia 2.1. Fie V , W doua spatii vectoriale peste corpul co-mutativ K. Spunem ca functia f : V → W este un morfism despatii vectoriale (sau operator liniar sau aplicatie liniara) daca suntındeplinite urmatoarele conditii:

a) f (x+ y) = f (x) + f (y), pentru orice x, y din V ;

b) f (αx) = αf (x), pentru orice x ∈ V , α ∈ K.

Conditiile a), b) sunt echivalente cu conditia:

c) f (αx+ βy) = αf (x) + βf (y), pentru orice x, y ∈ V , α,β ∈ K.

Daca morfismul f aplica spatiul V pe ıntreg spatiul W (adicaeste aplicatie surjectiva), atunci f este epimorfism. Daca mor-fismul f este aplicatie injectiva (x 6= y implica f (x) 6= f(y)),atunci el se numeste monomorfism. Daca morfismul f stabilesteo corespondenta biunivoca ıntre spatiile V si W , adica este simul-tan monomorfism si epimorfism, atunci f se numeste izomorfism,iar spatiile V si W se numesc izomorfe (sau mai exact K-izomorfe).Un morfism f : V → V se numeste endomorfism al spatiului vec-torial V , iar un izomorfism f : V → V se numeste automorfism alspatiului vectorial V .

Daca f : V →W este un morfism de spatii vectoriale, atunci:

f(α1x1 + · · · + αkxk) = α1f(x1) + · · · + αkf(xk), pentru oricex1, x2, · · · , xk ∈ V si pentru orice α1,α2, . . . ,αk ∈ K , k ∈N∗.

41

42 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Fie n dimensiunea spatiului V si m dimensiunea spatiului W .Fixam o baza {e1, e2, . . . , en} a lui V si o baza { f1, f2, . . . , fm} alui W . Atunci operatorului liniar f i se asociaza o m × n-matrice

A =³aji

´, i = 1, 2, ...,m; j = 1, 2, ..., n , unde

f(ei) =mXj=1

aji fj ; i = 1, 2, . . . , n.

Aceasta matrice, pe ale carei coloane avem coordonatele, relativla baza fixata ın W , ale imaginilor prin f ale vectorilor bazei dinV , se numeste matricea aplicatiei liniare f relativ la cele doua bazefixate.

Imaginea operatorului liniar f este subspatiul lui W , Im f ={f(x)|x ∈ V }. Nucleul lui f este subspatiul lui V , Ker f = {x ∈V |f(x) = 0}. Daca dimV <∞, atunci

dim Im f + dimKer f = dimV.

Definitie 2.2. Fie V un spatiu vectorial peste K. Endomor-fismul f : V → V se numeste:

1) proiectie daca f ◦ f = f ;2) involutie sau structura produs daca f ◦f = 1V , unde 1V este

morfismul identitate;

3) structura complexa daca f ◦ f = −1V ;4) endomorfism nilpotent de indice p daca fp = θV , unde p =

2, 3, . . . , fp = f ◦ f ◦ · · · ◦ f (de p ori), iar θV este morfismul nul. Unendomorfism nilpotent de indice 2 si de rang maxim posibil se mainumeste structura tangenta.

Operatorul invers.

Un endomorfism f al spatiului V se numeste invers la stanga alunui endomorfism g al lui V daca fg = 1V . In acest caz, operatorulg se numeste invers la dreapta pentru operatorul f .

Definitia 2.3. Un subspatiu V 0 al lui V ıl vom numi invariantrelativ la operatorul f (sau f -invariant) daca din faptul ca x ∈ V 0,rezulta fx ∈ V 0.

43

Un vector x 6= 0 se numeste vector propriu al endomorfismuluif : V → V daca exista λ ∈ K,

f(x) = λx .

Scalarul λ care figureaza ın aceasta egalitate se numeste valoareproprie pentru f , corespunzatoare vectorului propriu x.

Subspatiul Vλ = {x ∈ V |f(x) = λx}, care este invariant relativla f , se numeste subspatiul propriu corespunzator valorii proprii λ.

Propozitia 2.1. Orice vectori proprii x1, x2, . . . , xm ai unuiendomorfism f care corespund la valori proprii distincte doua catedoua λ1,λ2, ...,λm sunt liniar independenti.

Definitia 2.4. Un endomorfism f al spatiului vectorial n-dimensional V se numeste diagonalizabil daca exista o baza a lui Vrelativ la care matricea lui f este diagonala, adica de forma:⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

λ1 0... 0

0 λ2... 0

· · · · · ·. . . · · ·

0 0... λn

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ .Practic, pentru diagonalizarea unui endomorfism f : V → V

procedam ın felul urmator:1) Fixam o baza B = {e1, e2, ..., en} ın V si determinam ma-

tricea A =³aij

´a lui f relativ la aceasta baza;

2) Aflam valorile proprii care sunt radacinile din K ale ecuatieicaracteristice Pf (λ) = 0, unde Pf (λ) = det(A− λIn).

3) Pentru fiecare dintre valorile proprii distincte λ1,λ2, ...,λp(p ≤ n) cu ordinele de multiplicitate m1,m2, ...,mp, se rezolva sis-temul omogen (A− λj1V ) exB = e0, j = 1, 2, ..., p. Un sistem funda-mental de solutii pentru un asemenea sistem omogen reprezinta obaza pentru subspatiul propriu asociat valorii proprii λj ( j = 1, 2, ..., p).

4) Daca m1+m2+ · · ·+mp = n si pentru fiecare j = 1, 2, ..., p,mj = dimVλj , atunci f este diagonalizabil.

5) Matricea lui f , ın raport cu baza formata prin reunireabazelor subspatiilor proprii Vλ1 , ..., Vλp , are pe diagonala principalaelementele λ1, ...,λ1; ...;λp, ...,λp ,adica valorile proprii.


Definitia 2.5. Spunem ca endomorfismul f : V → V este adusla forma Jordan daca exista o baza ın V fata de care matricea

J =

⎛⎜⎜⎜⎝J1 0 ... 00 J2 ... 0... ... ... ...0 0 ... Js

⎞⎟⎟⎟⎠sa reprezinte pe f , unde J1, J2, ..., Js sunt celule Jordan atasate vec-torilor proprii λi, i = 1, 2, ..., s ale endomorfismului f .

Teorema Jordan. Fie V un spatiu vectorial n -dimensionalpeste campul K (R sau C ). Daca endomorfismul f : V → V arevalori proprii (ın K) si daca suma multiplicitatilor acestor valoriproprii este n, atunci exista o baza ın V fata de care matricea lui fare forma Jordan.

Pentru a gasi baza Jordan este necesar sa se urmareasca prob-lemele urmatoare:

1) Fixarea unei baze ın V si explicitarea matricei A atasataendomorfismului f : V → V .

2) Determinarea valorilor proprii distincte λj , j = 1, 2, ..., n, re-spectiv multiple de ordinulmj , j = 1, 2, ..., p prin rezolvarea ecuatiei

caracteristice; pentru continuare este suficient capPj=1

mj = n .

3) Gasirea vectorilor proprii liniar independenti corespunzatorifiecarei valori proprii.

4) Calcularea numarului de celule Jordan

dimVλj = dimV − rang (A− λj1V ) = n− rj .

5) Rezolvarea sistemului

(A− λj1V )mj exB = e0,

pentru fiecare j = 1, 2, ..., p . Pentru j fixat, solutiile nenule genereazasubspatiul Vλj .

In cazul matricilor de ordin relativ mic, putem ocoli unele dinetapele precedente tinand seama de observatia ca la o celula Jordan


corespunde un singur vector propriu. Pentru gasirea vectorilor dinbaza corespunzatori celulei de ordinul p, atasata valorii proprii λj ,se determina solutia generala pentru f(ej) = λj ej , apoi se impunconditii de compatibilitate si se determina solutii pentru

f(e2) = e1 + λj e2, . . . , f(ep) = ep−1 + λj ep .

Daca notam prin C matricea care are pe coloane coordonatelevectorilor din baza Jordan, atunci

J = C−1AC.


1. Se considera functiile T : R3 → R3 definite prin:

a) T (x) = (x1, x2, x3) cu x = (x1, x2, x3) ∈ R3;

b) T (x) = (x3, x1, x2 + h) cu h ∈ R, h 6= 0;

c) T (x) = (x1 + 2x2 − 3x3, 3x1 − x2 + 3x3, 2x1 + 3x2 + 2x3).

Sa se precizeze daca sunt sau nu transformari liniare.

Solutie:

Functia A : V → W (V,W− spatii vectoriale peste campulK) este o transformare liniara (operator liniar) daca si numaidaca :

A(αx+ βy) = αA(x) + βA(y), (∀)α,β ∈ K si (∀)x, y ∈ V.

a) Fie y = (y1, y2, y3) ∈ R3 si α,β ∈ R. Are loc:

αx+ βy = α(x1, x2, x3) + β(y1, y2, y3) =

(αx1 + βy2,αx2 + βy2,αx3 + βy3)

T (αx+ βy) = T (αx1 + βy1,αx2 + βy2,αx3 + βy3) =

(αx1 + βy1,αx2 + βy2, (αx3 + βy3)2) 6= (αx1,αx2,αx23)+

(βy1,βy2,βy23) = αT (x) + βT (y)⇒ T nu este operator liniar.

b) Consideram x si y ∈ R3 ca ın cazul a).


T (αx1 + βy1,αx2 + βy2,αx3 + βy3) =

(αx3 + βy3,αx1 + βy1,αx2 + βy2 + h) 6=

6= (αx3,αx1,α(x2+h))+(βy3,βy1,β(y3+h)) = αT (x)+βT (y)deci T nu este operator liniar.

c) T (αx+ βy) = T (αx1 + βy1,αx2 + βy2,αx3 + βy3) =

((αx1 + βy1) + 2(αx2 + βy2)− 3(αx3 + βy3), 3(αx1 + βy1)−

(αx2 + βy2) + 3(αx3 + βy3), 2(αx1 + βy1) + 3(αx2 + βy2)

+2(αx3 + βy3)) = (αx1 + 2αx2 − 3αx3, 3αx1 − αx2 + 3αx3,

2αx1 + 3αx2 + 2αx3) + (βy1 + 2βy2 − 3βy3, 3βy1 − βy2+

3βy3, 2βy1+3βy2+2βy3) = αT (x)+βT (y)⇒ T este o trans-formare liniara.

2. Sa se determine rangul si defectul transformarii liniareA : R3 → R3, definita prin A(x) = (x1 + x2 + x3, x1 +x2 + x3, x1, x2, x3) , unde x = (x1, x2, x3) , explicitand cate obaza ın KerA si ın ImA.

Observatie:

1.

(KerA =

©x ∈ R3 | A(x) = 0

ªImA =

©y ∈ R3 | A(x) = y, x ∈ R3

ª2.

(dim (KerA) = defectul operatorului Adim ImA = rangul operatorului A

Solutie:

Din egalitatea A(x) = 0 se obtine : x1 + x2 + x3 = 0, x1 +x2 + x3 = 0, x1 + x2 + x3 = 0 , un sistem care se reduce laecuatia x1 + x2 + x3 = 0, ceea ce arata ca sistemul este dublunedeterminat si are solutia (−x2 − x3, x2, x3), x2, x3 ∈ R.

Asadar, orice vector x ∈ Ker A are forma:x = (−x2 − x3, x2, x3) = x2(−1, 1, 0) + x3(−1, 0, 1) , unde vec-torii e1 = (−1, 1, 0) si e2 = (−1, 0, 1) sunt liniar independenti,deci {e1, e2} este o baza a luiKerA si ın concluzie dim(KerA) =2 = defectul lui A.


Avand ın vedere definitia subspatiului Im A si definitia lui A,concluzionam ca orice vector din Im A are toate coordonateleegale, deci oricare doi vectori din acest subspatiu sunt liniardependenti, mai mult, orice vector din Im A se poate exprimaın functie de vectorul f = (1, 1, 1), de unde rezulta ca o bazaın Im A este formata din acest vector f si atunci dim(ImA) = 1 =rangul lui A .

3. Sa se cerceteze care din functiile de mai jos sunt operatoriliniari si ın acest caz sa se determine defectul si rangul lor.

a) A(x) = (x1 + x2, 0, x2 + x3, 0, x1 + x3) ,x = (x1, x2, x3) ∈ R3 ; (A : R3 → R5)

b) A(x) = (x2, x1, x2 + x3) , x = (x1, x2, x3) ∈ R3 ;

c) A(x) = (x1 + x3, 0, x1 + x2) , x = (x1, x2, x3) ∈ R3 .

Solutie:

a) Trebuie demonstrat ca A este un operator liniar.

Fie y = (y1, y2, y3) si α,β ∈ R.

αx+ βy = (αx1 + βy1,αx2 + βy2,αx3 + βy3)

A(αx+ βy) = (αx1 + βy1 + αx2 + βy2, 0,αx2 + βy2 + αx3+βy3, 0, x1 + βy1 + αx3 + βy3) = (α(x1 + x2), 0,α(x2 + x3),0,α(x1 + x3)) + (β(y1 + y2), 0,β(y2 + y3), 0,β(y1 + y3)) =αA(x) + βA(y), adica ceea ce trebuia demonstrat.

A(x) = 0⇔ (x1 + x2, 0, x2 + x3, 0, x1 + x3) = (0, 0, 0, 0) ,ceea ce este echivalent cu x1+x2 = 0 , x2+x3 = 0 , x1+x3 = 0 ,sistem care are doar solutia triviala. Rezulta ker A = {0} sideci dimker A = 0 = defect A .Se observa caA(x) = x1(1, 0, 0, 0, 1) + x2(1, 0, 1, 0, 0) + x3(0, 0, 1, 0, 1) .Notam f1 = (1, 0, 0, 0, 1) , f2 = (1, 0, 1, 0, 0) , f3 = (0, 0, 1, 0, 1) .Vectorii {f1, f2, f3} sunt liniari independenti ın R5 si deciImA are dimensiunea 3 (rangul lui A).

In mod analog se rezolva exemplele de la b) si c).


4. InR3 se da x = (2, 0,−1) si sistemul de vectoriB0=ne01, e

02, e

03

o,

unde e01 = (2,−1, 0), e

02 = (0, 1, 3), e

03 = (0, 0,−2) .

a) Sa se arate ca B0este o baza negativ orientata fata de baza

naturala B.

b) Daca ın baza B0se da vectorul y = (2, 0,−1) (care este

diferit de x din baza B), sa se determine coordonatele vec-torului z = −x+ 2y ın B si B

0.

c) Fie operatorul A : R3 → R4, dat ın bazele naturale alecelor doua spatii prin:

A(x) = (x1 + 2x2,−x2 + x3, 2x1 − x2, 3x1 + x3).

c1) Sa se determine matricea operatorului A ın perechea de

baze B0si G

0, unde G

0=ng01, g

02, g

03, g

04

o, cu g

01 = (1,−1, 0, 1),

g02 = (2, 0, 1, 0), g

03 = (−3, 1, 0, 0), g

04 = (2, 0, 0, 0).

c2) Sa se verifice invarianta rangului operatorului A.

c3) Sa se determineA(z) ın bazele (B,G) si (B0, G

0) facandu-se

proba.

c4) Sa se determine (s · A)(y), unde s : R4 → R3, este dat

prin matricea

As =

⎛⎜⎝ −1 1 0 12 0 1 −30 1 −2 0

⎞⎟⎠ın bazele naturale (B,G).

c5) Sa se cerceteze daca operatorul (s · A)(y) : R3 → R3 esteautomorfism.

Solutie:

a) Matricea de trecere de la B la B0este A.

Atunci tA =

⎛⎜⎝ 2 0 0−1 1 00 3 −2

⎞⎟⎠, det(tA) = −4 deci rangul sis-

temului B0este 3 si dupa teorema bazei rezulta ca B

0este o


noua baza ınR3. B0este negativ orientata fata de B, deoarece

determinantul matricii de trecere este negativ (= −4).

b) Folosind matricea de trecere de la B la B0obtinem

yB =t A · yB0 si respectiv xB0 = (

tA)−1xB .

Se obtine yB = (4,−2, 2) si respectiv xB0 = (1, 1, 2)

Astfel zB = −xB + 2yB si zB0 = −xB0 + 2yB0 .

Deci zB = −(2, 0,−1) + 2(4,−2, 2); zB = (6,−4, 5), iar zB0 =−(1, 1, 2) + 2(2, 0,−1); zB0 = (3,−1,−4).

c1) Are loc urmatoarea diagrama (comutativa):

R3(B)tA−→ B0

C ↓ ↓ A0

R4(B)−→D G0

unde D =

⎛⎜⎜⎜⎝1 2 −3 2−1 0 1 00 1 0 01 0 0 0

⎞⎟⎟⎟⎠ , iar C se obtine astfelA(e1) = (1, 0, 2, 3), A(e2) = (2,−1,−1, 0), A(e3) = (0, 1, 0, 1) ,

C =

⎛⎜⎜⎜⎝1 2 00 −1 12 −1 03 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠.Asadar A

0◦ tA = D ◦ C ⇔ A

0= D ◦ C ◦ (tA)−1,

unde¡tA¢−1

=

⎛⎜⎝ 1/2 0 01/2 1 03/4 3/2 −1/2

⎞⎟⎠

Se obtine A0 =

⎛⎜⎜⎜⎝−6 −3 2−5 1 0−7 −5 4−5/2 −8 5

⎞⎟⎟⎟⎠c2) Se observa ca rangA = rangA

0= 3.


c3) A(z) = c · zB; A(z) = (−2, 9, 16, 23) ∈ R4.

A(z) = A0· zB0 ; A(z) = (−23,−16,−32,−39/2) ∈ R

4.

Proba se face aplicand formula:t(A(z)G) = D ·t (A(z)G0 )

c4) Din faptul ca diagrama

R3

C ↓ & As ·AR4 −→ R3

este comutativa, rezulta ca matricea operatorului (s · A) este(As ·A) care este o matrice patratica.

c5) rang(As · A) = 3 ⇒operatorul (s · A) este automorfism(dimensiunea nucleului acestui operator este nula ).

5. Fie endomorfismul A : C([a, b])→ C([a, b]) ,definit prin

(Af)(x) = g(x) =Z b

af(t) cos(x− t)dt,

unde x ∈ [a, b]. Sa se determine KerA.

Solutie:

Pornim de la relatia (A(f))(x) = 0, adica:

g(x) =

Z b

af(t) cos(x− t)dt = 0, (∀)x ∈ [a, b] .

Folosind formula : cos(x − t) = cosx · cos t + sinx · sin t, seobtine

g(x) = (R ba f(t). cos tdt) cosx+(

R ba f(t) sin tdt) sinx = 0 , (∀)x ∈

[a, b] ceea ce este echivalent cu

bZa

f(t) cos tdt = 0 si

bZa

f(t) sin tdt = 0, (∗)

deci Ker A = {f ∈ R(a, b)|f ındeplinesc (∗)} .


6. 1) Sa se demonstreze ca aplicatia liniaraA : R3 → R3, definitaprin A(x) = (x1+x2−2x3, x2, x1−x3), x = (x1, x2, x3) ∈ R3 ,este bijectiva.

2) Aratati ca aplicatia liniara f : V → V (V spatiu vectorialpeste K) cu proprietatea ca A2 − A + J = 0 este inversabila(J fiind morfismul identic).

Solutie:

1) Cum A : R3 → R3, este suficient sa aratam ca A esteinjectiv, adica Ker A = {0}.

Din A(x) = (x1 + x2 − 2x3, x2, x1 − x3) = 0 = (0, 0, 0) =

= (x1, x2, x3) ∈ R3 adica:⎧⎪⎨⎪⎩x1 + x2 − 2x3 = 0x2 = 0x1 − x3 = 0

⇔ x1 = x2 = x3 = 0 ⇔ x = 0 , adica

KerA = {0} si deci A este injectiv. Deci, ın concluzie A estebijectiv.

Pentru a determina transformarea inversa pornim de la egali-tatea:

A(x) = y ⇔ (x1 + x2 − 2x3, x2, x1 − x3) = (y1, y2, y3)⇔⎧⎪⎨⎪⎩x1 + x2 − 2x3 = y1x2 = y2x1 − x3 = y3

⇔

⎧⎪⎨⎪⎩x1 = y2 − y1 + 2y3x2 = y2x3 = y2 − y1 + y3

,

ceea ce este echivalent cu faptul ca:

A−1(y) = (y2 − y1 + 2y3, y2, y2 − y1 + y3).

2) Aratam ca A este injectiv.

Fie x1, x2 ∈ V si presupunem ca A(x1) = A(x2) ⇒ A2(x1) =A2(x2)

DeciA2(x1)−A(x1)+x1 = A2(x2)−A(x2)+x2 = 0⇒ x1 = x2(asadar A este injectiv).


Aratam ca este surjectiv.

Notam cu x = y −A(y)⇒ A(x) = A(y)−A2(y)

Din conditia A2 −A+ J = 0, avem J = A−A2 , astfel ıncaty = A(y)−A2(y).

Cele doua egalitati implica y = A(x), adica A(V ) = V , ceeace ınseamna ca A este surjectiv.

In concluzie, deci, A este o bijectie.

7. Fie A1,A2 : R4 → R4 doua endomorfisme definite prinA1(x) = (x4, x2, x3, x1) , respectivA2(x) = (x1 + x2 + x3 + x4, 0, 0, 0) , x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 .Sa se determine matricea sumei A1 + A2 ın raport cu bazadeterminata de vectorii : f1 = (1,−1, 2, 3), f2 = (2, 1, 1, 0),f3 = (3,−2, 0, 0), f4 = (4, 0, 0, 0).

Solutie:

(A1 +A2)(x) = (x1 + x2 + x3 + 2x4, x2, x3, x1).

In baza canonica e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 =(0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1) a lui R

4 , avem:

(A1 +A2)(e1) = (1, 0, 0, 1) ,

(A1 +A2)(e2) = (1, 1, 0, 0) ,

(A1 +A2)(e3) = (1, 0, 1, 0) ,

(A1 +A2)(e4) = (2, 0, 0, 0) .

Matricea lui A1 +A2 ın aceasta baza este

A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 1 20 1 0 00 0 1 01 0 0 0

⎞⎟⎟⎟⎠ .Matricea de trecere de la baza canonica la bazaf i, (i = 1, 2, 3, 4) este:


C =

⎛⎜⎜⎜⎝1 2 3 4−1 1 −2 02 1 0 03 0 0 0

⎞⎟⎟⎟⎠ .Are loc urmatoarea diagrama

BC←− B0

A ↓ ↓ eAB

←−C B0

unde B = {e1, e2, e3, e4} , B0 =©f1, f2, f3, f4

ª.

Diagrama trebuie sa fie comutativa, deci

C eA = AC,adica eA = C−1AC .Deci :

eA =⎛⎜⎜⎜⎝1/3 2/3 1 4/34/3 −1/3 −2 −8/31 −1 −1/2 −21/2 7/4 11/8 7/2

⎞⎟⎟⎟⎠, eA este matriceaendomorfismului A1 +A2 ın baza fi , (i = 1, 2, 3, 4) .

La acelasi rezultat se ajunge daca scriem matricele A1 si A2ale lui A1 si A2 ın baza B0 .

8. Fie A : Kn → Kn un endomorfism (K fiind un corp comuta-tiv) cu proprietatea :

A2 = A+ J

Sa se arate ca A este automorfism.

Solutie:

Relatia A2 = A + J este echivalenta cu A(A − J) = J si(A−J)A = J . Asadar endomorfismul A admite invers, A−1 =A− J si deci A este un automorfism.


9. Fie A : V → V un endomorfism al spatiului vectorial V . Sase arate ca endomorfismul

A1 = 2A− J

este o involutie daca si numai daca A este proiectie.

Solutie:

Daca A este proiectie, atunci

A2 = A .

Rezulta A21 = 4A2− 4A+J , adica A21 = J , ceea ce ınseamna

ca A1 este o involutie.

Reciproc, relatia A21 = J implica:

A2 = 1/4A21 + 1/2A1 + 1/4J = 1/2(A1 + J) = A

si deci A este o proiectie.

Am folosit faptul ca A = 1/2(A1 + J) .

10. 1) Sa se arate ca endomorfismul

D : Rn [X]→ Rn [X]

definit prin D(p) = p0, unde p

0este derivata polinomului p,

este un endomorfism nilpotent de indice n+ 1, undeRn = {p/grad p ≤ n} .

2) Sa se arate ca endomorfismul

A : R3 → R3

definit prin matricea

A =

⎛⎜⎝ 1 1 −1−3 −3 3−2 −2 2

⎞⎟⎠este un endomorfism de indice 2.


Solutie:

1) Daca p este un polinom cu coeficienti reali ın variabila X,de grad cel mult n, atunci derivata de ordin (n+ 1) a acestuipolinom este identic nula.Asadar

Dn+1 = θ

unde θ este transformarea zero.

2) Folosind corespondenta biunivoca dintre multimea endo-morfismelor pe R3 si multimea matricilor patratice de ordinul3, aratam ca exista un numar n(n ∈ N) astfel ıncat matriceacorespunzatoare endomorfismului ridicata la puterea n sa fieegala cu matricea nula.Se observa ca

A2 = A · A =

⎛⎜⎝ 1 1 −1−3 −3 3−2 −− 2 2

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ 1 1 −1−3 −3 3−2 −2 2

⎞⎟⎠ =

⎛⎜⎝ 0 0 00 0 00 0 0

⎞⎟⎠ .Asadar n = 2 si deci endomorfismul este nilpotent de indice 2.

11. Fie V un spatiu vectorial real si f ∈ End(V ) . Fie V1, V2 douasubspatii vectoriale invariante fata de f astfel ıncat V1⊕V2 =V . Daca p1 este proiectia lui V pe V1 de-a lungul lui V2 si p2este proiectia lui V pe V2 de-a lungul lui V1 sa se arate ca:a) p1 ◦ f = f ◦ p1 , p2 ◦ f = f ◦ p2;b) p1 ◦ p1 = p1 , p2 ◦ p2 = p2 ;c) p1 ◦ p2 = 0 , p2 ◦ p1 = 0 .

Solutie:

a) Fie x ∈ V , arbitar fixat. Atunci exista si sunt unici vectoriix1 ∈ V1 si x2 ∈ V2 astfel ıncat x = x1 + x2 . Prin urmare(p1◦f)(x) = p1(f(x1+ x2)) = p1(f(x1))+p1(f(x2)) = f(x1)+0 = f(p1(x)), pentru ca proiectorul p1 : V → V1 , p(x) = x1 ,este liniar si f(x1) ∈ V1, f(x2) ∈ V2 . Deci p1 ◦ f = f ◦ p1.


Analog se verifica ca p2 ◦ f = f ◦ p2 .b) Evident p1(p1(x)) = p1(x1) = x1 = p1(x) , ∀x ∈ V . Analogpentru p2 .c) (p1 ◦ p2)(x) = p1(p2(x)) = p1(x2) = 0 si la fel p2 ◦ p1 = 0 .

12. Fie V spatiu vectorial peste K si f ∈ End(V ). Sa se arate caLf = {g ∈ End(V ) | f ◦ g = 0} este un subspatiu vectorial ınEnd(V ).

Solutie:

Fie g1, g2 ∈ Lf . Sa aratam ca g1+g2 ∈ Lf . Fie x ∈ V . Avemf ◦ (g1 + g2)(x) = f(g1(x) + g2(x)) = f ◦ g1(x) +f ◦ g2(x). Cum g1, g2 ∈ Lf ⇒ f ◦ g1(x) = 0, f ◦ g2(x) = 0 ⇒f ◦ (g1+ g2)(x) = 0. Dar x e arbitrar, deci f ◦ (g1+ g2) = 0⇒g1 + g2 ∈ Lf .

Fie α ∈ R si g ∈ Lf . Aratam ca αg ∈ Lf . Fie x ∈ V . Avemf ◦(αg)(x) = f(αg(x)) = αfg(x) = α0 = 0. Cum x e arbitrar,avem f ◦ (αg) = 0⇒ αg ∈ Lf .Cele doua rezultate de mai sus sunt suficiente pentru a trageconcluzia ca Lf este subspatiu vectorial al lui End(V ) .

13. Un operator liniar are ın raport cu baza canonica a lui R3

matricea: A =

⎛⎜⎝ 1 3 42 1 34 7 11

⎞⎟⎠ .Sa se determine cate o baza si dimenisiunile subspatiilor vec-toriale Imf , Ker f .

Solutie:

Daca matricea operatorului ın baza canonica este

A =

⎛⎜⎝ 1 3 42 1 34 7 11

⎞⎟⎠ ,atunci avem : f(e1) = (1, 1, 4), f(e2) = (3, 1, 7), f(e3) =(4, 3, 11). Evident Imf = L(f(e1), f(e2), f(e3)). Pentru a


extrage o baza a lui Imf , observam ca minorul ∆ =

¯¯ 1 32 1

¯¯

format de primele doua linii si primele doua coloane are val-oarea -5, deci e nenul . Deoarece detA = 0, rezulta ca ∆ eun minor caracteristic al matricei A . Vectorii f(e1), f(e2) alecaror componente formeaza minorul principal, vor alcatui obaza a lui Imf.

Pentru a investiga Ker f , sa observam ca x = (x1, x2, x3)apartine lui Ker f daca si numai daca x1, x2, x3 verifica sis-temul :⎛⎜⎝ 1 3 42 1 34 7 11

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇔

⇔

⎧⎪⎨⎪⎩x1 + 3x2 + 4x3 = 02x1 + x2 + 3x3 = 04x1 + 7x2 + 11x3 = 0

.

Deoarece ∆ =

¯¯ 1 32 1

¯¯ = −5 6= 0, ecuatiile (I) si (II) din sis-

tem pot fi alese ca ecuatii principale iar x1, x2 ca necunoscuteprincipale.

Avem :(x1 + 3x2 = −4x3

2x1 + x2 = −3x3.

De aici putem determina primele doua necunoscute ın functiede x3.

x1 =

¯¯ −4x3 3−3x3 1

¯¯¯

¯ 1 32 1

¯¯

= 5x3

−5 = −x3


x2 =

¯¯ 1 −4x3

2 −3x3

¯¯¯

¯ 1 32 1

¯¯

= 5x3

−5 = −x3

Notand x3 = α , avem x1 = −α , x2 = −α , deci formagenerala a unui vector x din Ker f este (−α,−α,α) ,α ∈ R.

Pentru a afla o baza ın Ker f , deci un sistem fundamental desolutii, alegem α = 1 si obtinem a = (−1,−1, 1) .In concluzie {a} este baza cautata. Din cele de mai sus seobserva ca dim Imf = 2, dimKer f = 1.

14. Fie f ∈ End(R4) cu proprietatile:f(e1 + e2) = (1, 1,−1,−1) ; f(e1 − e2) = (−1,−1, 1, 1);f(e3 + e4) = (−1, 1,−1, 1); f(e3 − e4) = (1,−1, 1,−1) ,unde {e1, e2, e3, e4} sunt componentele bazei canonice a luiR4. Sa se scrie matricea lui f ın baza canonica si sa se gaseascacate o baza si dimensiunile subspatiilor Ker f si Imf .

Solutie:

Adunand relatiile f(e1 + e2) = (1, 1,−1,−1) ;f(e1 − e2) =(−1,−1, 1, 1), obtinem 2f(e2) = (0, 0, 0, 0)⇒ f(e2) = (0, 0, 0, 0);scazand din prima relatie pe cea de a doua, obtinem 2f(e2) =(2, 2,−2,−2) = f(e2) = (1, 1,−1,−1). Procedand analog ,avem f(e3) = (0, 0, 0, 0), f(e4) = (−1, 1,−1, 1).

Formammatricea asociata operatorului liniar f ın baza canonica:

A =

⎛⎜⎜⎜⎝0 1 0 −10 1 0 10 −1 0 −10 −1 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠Fie ∆ =

¯¯ 1 −11 1

¯¯ minorul determinat de primele doua linii

si de coloanele 2 si 4, ∆ = 2 6= 0. Se observa ca este minorprincipal. Atunci {f(e2), f(e4)} formeaza o baza pentru Imf .


Pentru a determina Ker f , observam ca x = (x1, x2, x3, x4)∈ Ker f ⇔ (x1, x2, x3, x4) satisface sistemul :⎛⎜⎜⎜⎝0 1 0 −10 1 0 10 −1 0 −10 −1 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0000

⎞⎟⎟⎟⎠⇔

⇔

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩x2 − x4 = 0x2 + x4 = 0−x2 − x4 = 0−x2 + x4 = 0

⇒ x2 = x4 = 0 .

Atunci, notand x1 = α, x3 = β, forma generala a unui vectorx ∈ Kerf va fi (α , 0,β, 0). Alegand α = 1,β = 0 si apoiα = 0,β = 1, obtinem vectorii a1 = (1, 0, 0, 0), a2 = (0, 0, 1, 0)ce formeaza ımpreuna un sistem fundamental de solutii, decio baza ın Ker f .

15. Fie f ∈ End(R2) astfel ıncat ın baza canonica are matricea

A =

Ã2 5−5 6

!. Sa se arate ca f nu poseda valori proprii.

Solutie:

Polinomul caracteristic

Pλ =

¯¯ 2− λ 5−5 6− λ

¯¯ = λ2 − 8λ+ 12 + 25 = λ2 − 8λ+ 37.

Dar ∆ = 64 − 4 · 37 = −84 < 0 ⇒ Pλ nu are radacini reale,deci nu are valori proprii reale.

16. Fie f : R3 → R3 morfism de spatii vectoriale. Sa presupunemca matricea asociata acestui morfism ın baza canonica a luiR3 are forma :

A =

⎛⎜⎝ −3 10 0−2 6 00 0 3

⎞⎟⎠a) Sa se gaseasca valorile proprii ale lui f si subspatiile propriicorespunzatoare.


b) Sa se arate ca morfismul f este diagonalizabil. Sa se deter-mine o baza fata de care matricea lui f are forma diagonala siapoi sa se scrie aceasta baza.

c) Sa se gaseasca o formula de calcul pentru An, n ∈ N∗.

Solutie:

a) Calculand polinomul caracteristic dupa regula obisnuita

vom obtine: Pλ =

¯¯ −3− λ 10 0

−2 6− λ 00 0 3− λ

¯¯ =

= [(−2− λ)(6− λ)− ((−2) · 10)] (3− λ) =

= (λ2 − 3λ+ 2)(3− λ) = (1− λ)(2− λ)(3− λ).

Deci radacinile lui Pλ sunt λ1 = 1, λ1 = 2, λ1 = 3.

Caz I. λ = 1; considerand x = (x1, x2, x3) ∈ V3 si punandconditia ca f(x) = 1 · x, obtinem:⎛⎜⎝ −4 10 0−2 5 00 0 2

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇒

⇒

⎧⎪⎨⎪⎩−4x1 + 10x2 + 0x3 = 0−2x1 + 5x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 2x3 = 0

.

Alegem x1, x3 necunoscute principale, x2 necunoscuta secun-dara. Atunci din ecuatiile (I) si (III) ale sistemului anteriorpe care le vom considera principale, avem x1 = 5

2x2, x3 = 0.

Notand x2 = α, obtinem subspatiul invariant asociat valoriiproprii λ = 1, V1 = {(52α,α, 0) | α ∈ R}. Alegand α = 2,obtinem x2 = 2, x1 = 5. Obtinem astfel vectorul v1 = (5, 2, 0).

Caz II. Pentru λ = 2, rationand analog ca mai sus vom aveamx = (x1, x2, x3) ∈ V2

⇔

⎛⎜⎝ −5 10 0−2 4 00 0 1

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇒


⇒

⎧⎪⎨⎪⎩−5x1 + 10x2 + 0x3 = 0−2x1 + 4x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 1x3 = 0

.

Alegem x1, x3 necunoscute principale, x2 necunoscuta secun-dara. Atunci din ecuatiile principale (I) si (III), avem x1 =2x2, x3 = 0 . Notand x2 = α, obtinem subspatiul invari-ant asociat valorii proprii λ = 2, V2 = {(2α,α, 0) | α ∈ R}.Alegand α = 1, obtinem x1 = 2, x2 = 1. Obtinem vectorulv2 = (2, 1, 0).

Caz III. Pentru λ = 3, ca mai sus, vom avea x = (x1, x2, x3) ∈

V2 ⇔

⎛⎜⎝ −6 10 0−2 3 00 0 0

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠

⇒

⎧⎪⎨⎪⎩−6x1 + 10x2 + 0x3 = 0−2x1 + 3x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 0x3 = 0

.

Alegem x1, x2 necunoscute principale, x3 necunoscuta secun-dara. Atunci din ecuatiile principale (I) si (II), avem x1 = 0,x2 = 0. Notand x3 = α, obtinem subspatiul invariant asociatvalorii proprii λ = 3, V3 = {(0, 0,α) | α ∈ R}. Alegand α = 1,obtinem vectorul v3 = (0, 0, 1) .

b) In baza B0 formata de vectorii proprii {v1, v2, v3} , deoarecef(v1) = 1v1, f(v2) = 2v2, f(v3) = 3v3, matricea A

0 asociatamorfismului f are forma :

A0 =

⎛⎜⎝ 1 0 00 2 00 0 3

⎞⎟⎠Observatie: Se ajunge la acelasi rezultat daca notam cu

B =

⎛⎜⎝ 5 2 02 1 00 0 1

⎞⎟⎠


matricea de trecere de la baza B = {e1, e2, e3} la bazaB0 = {v1, v2, v3} si aplicam formula :

A0 = B−1AB

c) Vom rezolva problema prin inductie dupa n. Pentru n = 1,avem

A = BA0B−1 =

⎛⎜⎝ 5 2 02 1 00 0 1

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ 1 0 00 2 00 0 3

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ 1 −2 0−2 5 00 0 1

⎞⎟⎠Sa presupunem ca:

An−1 = B(A0)n−1B−1 = B

⎛⎜⎝ 1n−1 0 00 2n−1 00 0 3n−1

⎞⎟⎠B−1.AtunciAn = An−1 ·A = B(A

0)n−1B−1 ·BA

0B−1 = B(A

0)nB−1 =⎛⎜⎝ 5 2 0

2 1 00 0 1

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ 1n 0 0

0 2n 00 0 3n

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ 1 −2 0−2 5 00 0 1

⎞⎟⎠ .De aici obtinem An = B· B(A

0)nB−1 , (∀) n ∈ N∗ .

17. Fie V un spatiu vectorial peste corpul K, si f ∈ End(V ) astfelıncat f2 = f . Sa se arate ca valorile proprii ale morfismului fsunt 0 si 1.

Solutie:

Avem deci f2 = f. Fie λ valoare proprie si x ∈ V asa ıncatf(x) = λx. Atunci f2(x) = f.f(x) = f(λx) = λ2x . Dar:

f2(x) = f(x) = λx⇒ λ2x = λx⇒ (λ2 − λ)x = 0.

Cum x este vector propriu, x 6= 0, deci λ2 − λ = 0 ⇒ λ = 0sau 1.


18. Fie V un spatiu vectorial real si f ∈ End(V ) , f=1V , f=−1Vastfel ıncat f ◦ f = 1V .a) Determinati valorile proprii pentru endomorfismul f ;b) Aratati ca Ker (f − 1V )⊕Ker (f + 1V ) = V .

Solutie:

a) Fie λ o valoare proprie a lui f . Atunci, exista un vectornenul x ∈ V astfel ıncat f(x) = λx . Cum (f ◦ f)(x) = x si(f ◦ f)(x) = f(λx) = λf(x) = λ2x rezulta ca λ2 = 1 (x6=0),adica λ ∈ {−1, 1} .Din faptul ca f=1V rezulta ca exista x ∈ V \ {0} astfel caf(x) − x=0 . Deoarece f(f(x) − x) = f(f(x)) − f(x) = x −f(x) = −1 · (f(x)− x) , obtinem ca −1 este valoare proprie alui f , f(x)− x fiind un vector propriu asociat.Analog, din f= − 1V rezulta ca exista y ∈ V \ {0} astfel caf(x)+x=0 si atunci f(f(y)+ y) = f(f(y))+f(y) = y+f(y) =1 · (f(x) + x).Deci numerele reale 1 si −1 sunt singurele valori proprii pentruf .b) Fie x ∈ V , arbitrar fixat. Sa verificam ca 1

2 [x + f(x)] ∈Ker (f − 1V ) si

12 [x− f(x)] ∈ Ker (f + 1V ) .

Intr-adevar, f³12 [x+ f(x)]

´= 1

2f [x+ f(x)] =

= 12 [f(x) + f(f(x))] =

12 [x+ f(x)] si atunci

(f − 1V )³12(x+ f(x))

´= 0 .

Analog, f³12 [x− f(x)]

´= 1

2 [f(x)− f(f(x))] = −12 [x− f(x)]

si atunci (f + 1V )³12(x− f(x))

´= 0 .

Atunci, cum 12 [x+f(x)]+

12 [x−f(x)] = x , rezulta ca Ker (f−

1V ) +Ker (f + 1V ) = VSuma celor doua subspatii este suma directa pentru ca dacaluam un vector v din intersectia lor rezulta caf(v) = v si f(v) = −v si astfel v = 0 .

19. Fie V un spatiu vectorial peste corpulK, si f ∈ End(V ). Dacaf este inversabil, x vector propriu al lui f corespunzator valorii


proprii λ, atunci x este vector propriu al lui f−1 corespunzatorvalorii proprii 1λ .

Solutie:

Avem deci f(x) = λx⇒ f−1 ◦ f(x) = f−1(λx)⇒x = f−1(λx) = 1

λx = f−1(x). De aici rezulta concluzia.

20. Fie f ∈ End(R3) cu matricea asociata bazei canonice:

A =

⎛⎜⎝ 2 0 00 3 40 −4 3

⎞⎟⎠Sa se gaseasca valorile si vectorii proprii.

Solutie:

Pentru a afla valorile proprii sa calculam polinomul ca-racteristic Pλ = det (A− λI) cu I matricea unitate ınM3(R).Avem:

Pλ =

¯¯ 2− λ 0 0

0 3− λ 40 −4 3− λ

¯¯ = (2− λ)((3− λ)2 + 16).

Deoarece a doua paranteza este intotdeauna pozitiva, singuraradacina reala va fi λ = 2. Daca f(x) = λx, atunci matricealaceasta relatie se scrie:

A ·

⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ = λ·

⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠, cu x = (x1, x2, x3). Pentru λ = 1,

obtinem:⎛⎜⎝ 0 0 00 1 40 −4 1

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇒(S)⎧⎪⎨⎪⎩

0 = 0x2 = 0x3 = 0

.

Fixam x2, x3 necunoscute principale, x1 necunoscuta secun-dara. Atunci forma generala a unui vector propriu asociatvalori proprii λ = 2 este x = (α, 0, 0). Pentru α = 1 obtinem


a = (1, 0, 0), iar {a = (1, 0, 0)} este de fapt un sistem funda-mental de solutii al lui (S). Deci subspatiul vectorial propriuasociat valorii proprii λ = 2 este V2 = {αa | α ∈ R} .

21. Fie f : R3 → R3 un operator liniar care ın raport cu bazacanonica B = {e1, e2, e3} a lui R3 are matricea

A =

⎛⎜⎝ 1 1 0−1 2 11 0 1

⎞⎟⎠ .a) Scrieti expresia analitica si ecuatiile pentru f , ın raport cubaza canonica B ;b) Determinati Ker f si Imf ;c) Gasiti valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;d) Este operatorul f diagonalizabil? Daca este diagonalizabil,gasiti baza lui R3 ın raport cu care matricea f are formadiagonala, precum si forma diagonala a matricei lui f .

Solutie:

a) y = f(x)⇔ yB = ˜f(x)B ⇔⎛⎜⎝ y1

y2

y3

⎞⎟⎠ = A⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠Prin urmare, expresia analitica a lui f , ın raport cu bazacanonica B , este

f(x) = (x1 + x2,−x1 + 2x2, x1 + x3) , ∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3

si ecuatiile lui f , ın raport cu baza canonica B , sunt⎧⎪⎨⎪⎩y1 = x1 + x2

y2 = −x1 + 2x2

y3 = x1 + x3.

b) Nucleul operatorului liniar f este

Ker f =nx ∈ R3|f(x) = 0

o=


⎧⎪⎨⎪⎩x = (x1, x2, x3)¯¯⎧⎪⎨⎪⎩

x1 + x2 = 0−x1 + 2x2 = 0x1 + x3 = 0

⎫⎪⎬⎪⎭ .Cum dimKer f = 3− rangA = 3− 3 = 0 rezulta ca Ker f ={0} si atunci dim Imf = dimR3 − dimKer f = 3 − 0 = 3 ,adica Imf = R3

c) Valorile proprii sunt radacinile reale ale ecuatiei caracteris-tice

det(A− λI3) = 0⇔

¯¯ 1− λ 1 0−1 2− λ 11 0 1− λ

¯¯ = 0 .

Ecuatia are o singura radacina reala λ1 = 2 si doua radacinicomplexe λ2,3 = 1± i .Pentru a gasi vectorii proprii asociati valorii proprii reale λ1 =2 rezolvam sistemul liniar omogen

(A− 2I3)

⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇔⎧⎪⎨⎪⎩

x1 + x2 = 0−x1 + 2x2 = 0x1 + x3 = 0

,

adica x1 = x2 = x3 = α ∈ R . Vectorii proprii asociati valoriiproprii 2 sunt de forma u1 = (α,α,α) , α ∈ R∗ . Subspatiulpropriu asociat lui λ1 = 2 este

Vλ1 =nx ∈ R3|f(x) = λ1x

o= {α(1, 1, 1)|α ∈ R3}

care are drept baza vectorul propriu v1 = (1, 1, 1) .d) Operatorul liniar f nu este diagonalizabil pentru ca polino-mul caracteristic nu are toate radacinile reale.Observatie: Daca f ∈ End (C3) atunci f este diagonalizabil,iar forma diagonala a matricii lui f este

D =

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 + i 00 0 1− i

⎞⎟⎠ .


22. InR4 se considera baza B = {a1, a2, a3, a4} , unde a1 = (1, 1, 0, 0),a2 = (1, 1, 1, 0), a3 = (0, 1, 1, 1), a4 = (0, 0, 1, 1) si opera-torul liniar f : R4 → R4 , care relativ la baza B are matricea

A =

⎛⎜⎜⎜⎝0 −1 1 0−1 1 0 01 0 0 −10 0 −1 1

⎞⎟⎟⎟⎠ .a) Determinati Ker f si Imf ;b) Gasiti valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;c) Este operatorul f diagonalizabil? Daca este diagonalizabil,gasiti baza lui R4 ın raport cu care matricea f are formadiagonala, precum si forma diagonala a matricei lui f .

Solutie:

a) Din ˜f(x)B = AxB rezulta expresia analitica a lui f relativla baza Bf(x) = (−x2 + x3)a1 + (−x1 + x2)a2 + (x1 − x4)a3+

+(−x3 + x4)a4 , ∀x =4Pi=1xiai ∈ R4 .

Ker f =nx ∈ R4|f(x) = 0

o=

=

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩x =4Xi=1

xiai

¯¯¯

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩−x2 + x3 = 0−x1 + x2 = 0x1 − x4 = 0

−x3 + x4 = 0

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ .Cum rang A = 3 rezulta dimKer f = 4 − rang A = 1 sidim Imf = rang A = 3 .Prin rezolvarea sistemului liniar omogen de mai sus obtinemx1 = x2 = x3 = x4 = α ∈ R . AtunciKer f = {α(a1 + a2 + a3 + a4)|α ∈ R} = {α(2, 3, 3, 2)|α ∈ R}si prin urmare {b1 = (2, 3, 3, 2)} este baza pentru Ker f .Imf = {f(x)|x ∈ R4} =

©(−x2 + x3)a1 + (−x1 + x2)a2+

+(x1 − x4)a3 + (−x3 + x4)a4

¯x =

4Pi=1xiai ∈ R4

¾=©

x1(−a2 + a3) + x2(−a1 + a2) + x3(a1 − a4)+


+x4(−a3 + a4)|x1, x2, x3, x4 ∈ Rª=

=

½4Pi=1xici|x1, x2, x3, x4 ∈ R

¾,

unde c1 = −a2+ a3 = (−1, 0, 0, 1), c2 = −a1+ a2 = (0, 0, 1, 0),c3 = a1 − a4 = (1, 1,−1,−1), c4 = −a3 + a4 = (0,−1, 0, 0) .

Deoarece rang

⎛⎜⎜⎜⎝−1 0 1 00 0 1 −10 1 −1 01 0 −1 0

⎞⎟⎟⎟⎠ = 3 rezulta ca doar c1, c2, c3sunt liniar independenti. Prin urmareImf = L(c1, c2, c3) si {c1, c2, c3} este baza pentru Imf .b) Ecuatia caracteristica

det(A− λI4) = 0⇔ λ(λ− 2)(λ2 − 2) = 0

are radacinile λ1 = −√2,λ2 = 0,λ3 =

√2,λ4 = 2 care sunt

valorile proprii ale lui f .Pentru λ1 = −

√2 , rezolvam sistemul omogen

(A− λ1I4)xB = (0, 0, 0, 0)t sau

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩√2x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + (1 +√2)x2 = 0

x1 +√2x3 − x4 = 0

−x3 + (1 +√2)x4 = 0

,

de unde rezulta u1B = α(1 +√2, 1,−1−

√2,−1)t , α 6= 0 .

Pentru α = 1 rezulta v1B = (1 +√2, 1,−1 −

√2,−1)t un

vector propriu corespunzator valorii proprii λ1 = −√2 , care

reprezinta si o baza pentru subspatiul propriuVλ1 = {αv1|α ∈ R} .Pentru λ2 = 0 rezulta v2 = b1 = (2, 3, 3, 2) un vector propriupentru λ2 = 0 si Vλ2 = Ker (f − λ2I4) == {αb1|α ∈ R} .Pentru λ3 =

√2 , Rezolvam sistemul omogen


(A− λ3I4)xB = (0, 0, 0, 0)t sau⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩−√2x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + (1−√2)x2 = 0

x1 −√2x3 − x4 = 0

−x3 + (1−√2)x4 = 0

,

de unde rezulta u3B = α(1−√2, 1,−1 +

√2,−1)t , α 6= 0 .

Pentru α = 1 rezulta v3B = (1−√2, 1,−1+

√2,−1)t un vector

propriu corespunzator valorii proprii λ3 =√2 , care reprezinta

si o baza pentru subspatiul propriuVλ3 = {αv3|α ∈ R} .Pentru λ4 = 2 , avem sistemul⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

−2x1 − x2 + x3 = 0−x1 − x2 = 0

x1 − 2x3 − x4 = 0−x3 − x4 = 0

,

care are solutia u4B = α(−1, 1,−1, 1)t , α 6= 0 si prin urmareVλ4 = {αv4|α ∈ R} , unde v4 = −a1 + a2 − a3 + a4 .d) Cum operatorul f are patru valori proprii (reale) distincte,rezulta ca este diagonalizabil si forma diagonala a matricii luieste

D =

⎛⎜⎜⎜⎝−√2 0 0 0

0 0 0 0

0 0√2 0

0 0 0 2

⎞⎟⎟⎟⎠ ,iar baza corespunzatoare este B∗ = {vi|i = 1, 4} .

23. Fie V un spatiu vectorial peste corpul comutativ K si f, gdoua automorfisme ale lui V . Aratati ca automorfismele f ◦ gsi g ◦ f au aceleasi valori proprii.

Solutie:

Fie λ ∈ K o valoare proprie pentru f ◦ g . Atunci existavectorul nenul x ∈ V astfel ıncat (f ◦ g)(x) = λx si de aici


avem ca g ((f ◦ g)(x)) = g(λx) , adica (g ◦ f) (g(x)) = λg(x).Deoarece g este bijectie, din x 6= 0 rezulta ca g(x) 6= 0 si astfelexista y = g(x) ∈ V \ {0} astfel ıncat (g ◦ f)(y) = λy . Deci λeste o valoare proprie pentru g ◦ f .Invers, se arata ın mod similar ca orice valoare proprie a luig ◦ f este valoare proprie si pentru f ◦ g.Observatie: Zeroul corpului de scalari K nu poate fi valoareproprie pentru un operator liniar injectiv.

24. Un morfism f : R3 → R4 are ın raport cu bazele canonice din

R3 si R4 matricea A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 2 32 0 13 2 4−1 1 2

⎞⎟⎟⎟⎠ .Sa se determine cate o baza si dimensiunile lui Ker f si Imf .

Solutie:

Cum Im f = L(f(e1), f(e2), f(e3)), trebuie sa extragem obaza din acest sistem de generatori. Consideram minorul de-terminat de primele doua linii si de primele doua coloane.

Avem d =

¯¯ 1 22 0

¯¯ 6= 0; deoarece prin bordarea acestui minor

obtinem minorii d1 =

¯¯ 1 2 32 0 13 2 4

¯¯ = 0 si d2 =

¯¯ 1 2 32 0 1−1 2 2

¯¯ =

0, atunci rangul matricei de mai sus (si implicit al sistemu-lui de vectori cu ale caror componente s-a constituit matricea)este 2, deci {f(e1), f(e2)} reprezinta o baza pentru Im f , undef(e1) = (1, 2, 3,−1) si f(e2) = (2, 0, 2, 2).

Pentru a determina o baza ın Ker f sa observam ca x =(x1, x2, x3) ∈ Ker f ⇔

⇔

⎛⎜⎜⎜⎝1 2 32 0 13 2 4−1 2 2

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0000

⎞⎟⎟⎟⎠⇒


⇔

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩x1 + 2x2 + 3x3 = 02x1 + x3 = 03x1 + 2x2 + 4x3 = 0−x1 + 2x2 + 2x3 = 0

.

Fie x1, x2 necunoscute principale si x3 necunoscuta secundara.Din primele doua ecuatii pe care le vom considera principaleobtinem:(x1 = −x3

2x2 = −5

2x3 .

Pentru a afla un sistem fundamental de solutii este suficient sadam lui x3 valoarea 1, de aici rezultand vectorul a = (−1

2 ,−52 , 1) .

Deci Ker f = {λa | λ ∈ R} . Sa mai observam ca dim Imf = 2, dimKer f = 1. Deci dim(Im f)+dim(Ker f) = 3 =dimR3 .

25. Fie V un spatiu vectorial real si B = {e1, e2, e3, e4} o baza asa. Daca endomorfismul f : V → V are, ın raport cu baza B,ecuatiile: ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

y1 = x1 + x3

y2 = x2 + x4

y3 = x1 + x3

y4 = x2 + x4

.

Se cere: a) gasiti matricea lui f relativ la baza B ;b) gasiti matricea lui f relativ la bazaB0= {a1 = e1− e2, a2 = e1+ e2+ e3, a3 = e1+ e2− e3+ e4, a4 =

e3 + e4} ;c) gasiti ecuatiile operatorului liniar f ın raport cu baza B ;d) determinati Ker f si Imf ;e) gasiti valorile si vectorii proprii pentru f ;f) verificati daca exista o baza a lui V ın raport cu care ma-tricea lui f sa aiba forma diagonala;g) calculati An , n ∈ N∗ .

Solutie:


a) Deoarece f(e1) = e1 + e3, f(e2) = e2 + e4, f(e3) = e1 + e3,f(e4) = e2 + e4 matricea lui f relativ la baza B este

A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠

b) Matricea de trecere de la baza B la baza B0 este

C =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 1 0−1 1 1 00 1 −1 10 0 1 1

⎞⎟⎟⎟⎠

si atunci matricea lui f relativ la baza B0este data de formula

B = C−1AC . Pentru a gasi inversa matricei C folosim lemasubstitutiei.


a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4e1 1 1 1 0 1 0 0 0e2 -1 1 1 0 0 1 0 0e3 0 1 -1 0 0 0 1 0e4 0 0 1 1 0 0 0 1

a1 1 1 1 0 1 0 0 0

e2 0 2 2 0 1 1 0 0e3 0 1 -1 0 0 0 1 0e4 0 0 1 1 0 0 0 1

a1 1 0 0 0 1/2 -1/2 0 0a2 0 1 1 0 1/2 1/2 0 0

e3 0 0 -2 0 -1/2 -1/2 1 0e4 0 0 1 1 0 0 0 1

a1 1 0 0 0 1/2 -1/2 0 0a2 0 1 0 0 1/4 1/4 1/2 0a3 0 0 1 0 1/4 1/4 -1/2 0

e4 0 0 0 1 -1/4 -1/4 1/2 1

a1 1 0 0 0 1/2 -1/2 0 0a2 0 1 0 0 1/4 1/4 1/2 0a3 0 0 1 0 1/4 1/4 -1/2 0a4 0 0 0 1 -1/4 -1/4 1/2 1

Prin urmare C−1 = 14 ·

⎛⎜⎜⎜⎝2 −2 0 01 1 2 01 1 −2 0−1 −1 2 4

⎞⎟⎟⎟⎠ si atunci se

obtine B = C−1AC =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1/2 −1 01/2 7/4 1/2 1−1/2 −1/4 1/2 0−1/2 5/4 3/2 1

⎞⎟⎟⎟⎠ .c) Ecuatiile lui f relativ la baza B0 sunt⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

z1 = t1 + 12 t2 − t3

z2 = 12 t1 + 7

4t2 + 1

2t3 + t4

z3 = −12t1 − 1

4t2 + 1

2 t3

z4 = −12t1 + 5

4t2 + 3

2 t3 + t4

,


unde xB0 =

⎛⎜⎜⎜⎝t1

t2

t3

t4

⎞⎟⎟⎟⎠ si ˜f(x)B0 = BxB0 =

⎛⎜⎜⎜⎝z1

z2

z3

z4

⎞⎟⎟⎟⎠ .d) Ker f este multimea solutiilor sistemului liniar omogenAxB = 0 sau ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x1 + x3 = 0x2 + x4 = 0x1 + x3 = 0x2 + x4 = 0

,

sistem care are solutia generala x1 = −α, x2 = −β, x3 =α, x4 = β , α,β ∈ R . AtuncidimKer f = dimV − rang A = 2 , defectul lui f siKerf = {−αe1 − βe2 + αe3 + βe4|α,β ∈ R} == {α(e3 − e1) + β(e4 − e2)|α,β ∈ R} = L(b1, b2) unde b1 =e3 − e1 si b2 = e4 − e2 .Evident, {b1, b2} este baza a lui Ker f .Imf are dimensiunea egala cu rangul matricii A,adica dim Imf = 2 si Imf = {f(x)|x ∈ V } == {(x1 + x3)(e1 + e3) + (x2 + x4)(e2 + e4)|xi ∈ R, i = 1, 4} == L(b3, b4), unde b3 = e1 + e3 , b4 = e2 + e4 .Deci {b3, b4} este baza pentru Imf .Observatie: Daca {bi|i = 1, 4} sistem liniar independent,atunci Ker f ⊕ Imf = V .e)

det(A− λI4) = 0⇔

¯¯¯1− λ 0 1 00 1− λ 0 11 0 1− λ 00 1 0 1− λ

¯¯¯ = 0

⇔ [(1− λ)2 − 1]2 = 0 si astfel exista doua valori proprii realeduble λ1,2 = 0 si λ3,4 = 2 .

Pentru λ1,2 = 0, avem (A− 0 · I4)

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0000

⎞⎟⎟⎟⎠⇔ AxB =


0 si prin urmare subspatiul propriu asociat valorii proprii du-ble λ1 = λ2 = 0 este V0 = Ker f = L(b1, b2) . Deci b1, b2sunt doi vectori proprii corespunzatori valorii proprii 0, careformeaza baza pentru V0 .Pentru λ3,4 = 2, avem (A− 2 · I4)xB = 0⇔⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩−x1 + x37 = 0−x2 + x4 = 0x1 − x3 = 0x2 − x4 = 0

si astfel un vector propriu corespunzator valorii proprii 2 estede forma v = α(e1 + e3) + β(e2 = e4) .Deci subspatiul propriu asociat lui λ3,4 = 2 este V2 = L(b3, b4) =Imf .f) Deoarece cele patru valori proprii λ1 = 0,λ2 = 0 ,λ3 = 2,λ4 = 2 sunt reale si multiplicitatile algebrice si geo-metrice sunt egale ( malg(λi) = mg(λi) = 2 , i = 1, 4 ), rezultaca operatorul f este diagonalizabil. Adica, exista o baza B∗ alui V , formata cu vectorii proprii b1, b2, b3, b4 , relativ la carematricea lui f are forma diagonala

D =

⎛⎜⎜⎜⎝λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 00 0 0 λ4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0 0 0 00 0 0 00 0 2 00 0 0 2

⎞⎟⎟⎟⎠

g) Daca L =

⎛⎜⎜⎜⎝−1 0 1 00 −1 0 11 0 1 00 1 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠ este matricea de trecere de

la baza B la baza B∗ atunci se stie ca D = L−1AL si astfelA = LDL−1 .Prin urmareAn = (LDL−1)n = (LDL−1)(LDL−1) · · · (LDL−1) = LDnL−1.

Evident, Dn =

⎛⎜⎜⎜⎝0 0 0 00 0 0 00 0 2n 00 0 0 2n

⎞⎟⎟⎟⎠ , ∀n ≥ 1 .


Folosim lema substitutiei pentru a calcula inversa matricii L:a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4

e1 -1 0 1 0 1 0 0 0e2 0 -1 0 1 0 1 0 0e3 1 0 1 0 0 0 1 0e4 0 1 0 1 0 0 0 1

a1 1 0 -1 0 -1 0 0 0

e2 0 -1 0 1 0 1 0 0e3 0 0 2 0 1 0 1 0e4 0 1 0 1 0 0 0 1

a1 1 0 -1 0 -1 0 0 0a2 0 1 0 -1 0 -1 0 0

e3 0 0 2 0 1 0 1 0e4 0 0 0 2 0 1 0 1

a1 1 0 0 0 -1/2 0 1/2 0a2 0 1 0 -1 0 -1 0 0a3 0 0 1 0 1/2 0 1/2 0

e4 0 0 0 2 0 1 0 1

a1 1 0 0 0 -1/2 0 1/2 0a2 0 1 0 0 0 -1/2 0 1/2a3 0 0 1 0 1/2 0 1/2 0a4 0 0 0 1 0 1/2 0 1/2

Prin urmare L−1 =

⎛⎜⎜⎜⎝−1/2 0 1/2 00 −1/2 0 1/21/2 0 1/2 00 1/2 0 1/2

⎞⎟⎟⎟⎠ si atunci seobtine

An = LDnL−1 =

⎛⎜⎜⎜⎝2n−1 0 2n−1 00 2n−1 0 2n−1

2n−1 0 2n−1 00 2n−1 0 2n−1

⎞⎟⎟⎟⎠ .

26. Fie V un spatiu vectorial real cu baza B = {e1, e2, e3} si f ∈End(V ) astfel ıncat −1, 0, 1 sa fie valori proprii ale lui f siv1 = e1 + e2 + e3 , v2 = −e1 + e3 , v3 = e1 + 2e2 + e3 sa fie


vectori proprii ai lui f corespunzatori valorilor proprii −1, 0,respectiv 1.Gasiti matricea lui f ın raport cu baza B .

Solutie:

Deoarece la valori proprii distincte corespund vectori propriiliniari independenti, rezulta ca B0 = {v1, v2, v3} este baza pen-tru V . Matricea de trecere de la baza B la baza B0 este

C =

⎛⎜⎝ 1 −1 11 0 21 1 1

⎞⎟⎠ si daca notam cu A matricea lui f relativla baza B si cu D matricea lui f relativ la baza B

0, atunci

avem D = C−1AC . Dar f(v1) = −v1 , f(v2) = 0v2 = 0 si

f(v3) = v3 , adica D =

⎛⎜⎝ −1 0 00 0 00 0 1

⎞⎟⎠ .Calculam inversa matricii C.

a1 a2 a3 b1 b2 b3e1 1 -1 1 1 0 0e2 1 0 2 0 1 0e3 1 1 1 0 0 1

a1 1 -1 1 1 0 0

e2 0 1 1 -1 1 0e3 0 2 0 -1 0 1

a1 1 0 2 0 1 0a2 0 1 1 -1 1 0

e3 0 0 -2 1 -2 1

a1 1 0 0 1 -1 1a2 0 1 0 -1/2 0 1/2a3 0 0 1 -1/2 1 -1/2

Atunci A = CDC−1 =

⎛⎜⎝ −3/2 2 −3/2−2 3 −2−3/3 2 −3/2

⎞⎟⎠ .27. Fie V = {f : [−1, 1]→ R/f ∈ C∞} spatiul functiilor de clasa


C∞ pe [−1, 1]. Endomorfismul S : V → V ,

S(f(x)) =h(x2 − 1)f

0(x)i0, (∀)x ∈ [−1, 1], se numeste opera-

torul Sturm-Liouville. Sa se arate ca λn = n(n+ 1), n ∈ N ,sunt valorile proprii, iar vectorii x→ Pn(x) =

1n2n

dn

dxn£(x2 − 1)n

¤, n ∈ N sunt vectori proprii.

Solutie:

Notam fn(x) = (x2 − 1)n. Avem egalitatea (x2 − 1) · f 0n(x) =

2nx ·fn(x). Derivand de (n+1) ori ambii membrii si utilizandformula Leibniz-Newton gasim

(x2−1) ·f(n+2)n (x)+2x(n+1) ·f

(n+1)n (x)+n(n+1) ·f

(n)n (x) =

2nx · f(n+1)n (x) + 2n(n+ 1) · f

(n)n (x) sau

[(x2 − 1) · P 0n(x)] = n(n+ 1) · Pn(x) .

Deci S(Pn(x)) = n(n+ 1)Pn(x), ceea ce arata ca λn sunt val-orile proprii ale operatorului Sturm-Liouville, iar Pn(x) suntvectorii proprii corespunzatori .

28. Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii pentru ma-tricile:

a) A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 0 2 −10 1 4 −22 −1 0 12 −1 −1 2

⎞⎟⎟⎟⎠;

b) B =

⎛⎜⎝ 4 6 0−3 −5 0−3 −6 1

⎞⎟⎠;Solutie:

a) Polinomul caracteristic este P (λ) = det(A − λI) = (λ −1)4.Valorile proprii sunt λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1.Vectorii proprii se determina din sistemul AX = 1X, undeX =t (x1, x2, x3, x4).

Se obtine

(2x3 − x4 = 02x1 − x2 − x3 + x4 = 0

, cu solutia nenula x2 =


2x1 + x3, x4 = 2x3. Notand x1 = a si x3 = b, solutia sescrie: x2 = 2a + b, x4 = 2b. Rezulta X =t (a, 2a + b, b, 2b) =at(1, 2, 0, 0) + bt(0, 1, 1, 2).

Deci valorii proprii λ = 1 ıi corespund doi vectori proprii v1 =(1, 2, 0, 0) si v2 = (0, 1, 1, 2) .

b)Polinomul caracteristic este P (λ) = (λ− 1)2 · (λ+ 2) .

Valorile proprii sunt λ1 = λ2 = 1, λ3 = −2.

Vectorii proprii sunt v1 = (1,−2, 0), v2 = (0, 0, 1) siv3 = (1,−1,−1) .

29. 1) Fie endomorfismul A : R3 → R3, definit prin

matricea A =

⎛⎜⎝ −3 −7 −52 4 31 2 2

⎞⎟⎠ .Sa se precizeze daca A este diagonalizabil.2) Fie endomorfismul A : R4 → R4,A(x) = (x1 + x4, x2, x3 − 2x4, x1 − 2x3 + 5x4),x = (x1, x2, x3, x4). Sa se arate ca A este diagonalizabil si sase determine matricea diagonala atasata lui A .

Solutie:

1) Polinomul caracteristic este P (λ) = (λ − 1)3 , iar valorileproprii sunt λ1 = λ2 = λ3 = 1. (ordinul de multiplicitate estem1 = 3, tripla).

rang(A−1I) =rang

¯¯ −4 −7 −52 3 31 2 1

¯¯ = 2, n−m1 = 3−3 = 0 .

Deci rang(A−1I) 6= n−m1. Asadar endomorfismul A nu estediagonalizabil.

2) In raport cu baza canonica a lui R4 , matricea lui este:

A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 0 0 10 1 0 00 0 1 −21 0 −2 5

⎞⎟⎟⎟⎠ .


P (λ) = det(A− λI) = λ(1− λ)2(λ− 6) . Valorile proprii suntλ1 = 0, λ2 = λ3 = 1, λ4 = 6. Ordinele de multiplicitate suntm1 = 1, m2 = 2, m3 = 1.Deoarece rang(A− λ1I) = 3 = n−m1 = 4− 1 = 3.Prin rezolvarea sistemului omogen (A − 0I)X1 = 0, obtinemvectorul propriu v1 = (−1, 0, 2, 1).Analog rang(A − λ2I) = 2 = n − m1 = 4 − 2 astfel ıncatdimS(λ2) = 2, unde S(λ2) = {kx | Ax = λ2x, λ2 val-oare proprie, k ∈ K}. Vectorii proprii corespunzatori suntv2 = (0, 1, 0, 0), v3 = (2, 0, 1, 0). Rang(A− λ4I) = 3 = n−m3

asa ıncat vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ4 = 6este v4 = (1, 0,−2, 5) .Deci endomorfismul A este diagonalizabil cu matricea diago-nalizatoare C de forma

C =

⎛⎜⎜⎜⎝−1 0 2 10 1 0 02 0 1 −21 0 0 5

⎞⎟⎟⎟⎠ .

Se obtine D = C−1AC, adica D =

⎛⎜⎜⎜⎝0 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 6

⎞⎟⎟⎟⎠.30. Sa se reduca la forma canonica Jordan A : R4 → R4,

A(x) = (3x1 + x2, − 4x1 − x2, 7x1 + x2 + 2x3 + x4,−17x1 −6x2 − x3), x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 .

Solutie:

In baza canonica a lui R4, endomorfismul A are matricea

A =

⎛⎜⎜⎜⎝3 1 0 0−4 −1 0 07 1 2 1−17 −6 −1 0

⎞⎟⎟⎟⎠ .Ecuatia caracteristica este (1 − λ)4 = 0 si are solutia λ1 =λ2 = λ3 = λ4 = 1 = λ cu multiplicitatea m1 = 4. Deoarece


rang(A − λI) = 2 , numarul celulelor Jordan este egal cun−rang(A−λI) = dimS(λ) = 4−2 = 2. Cele doua celule potfi una patratica de ordinul ıntai si cealalta patratica de ordinultrei sau ambele patratice de ordinul doi. Pentru a precizaordinele celulelor folosim indicele de nilpotenta al restrictieiW1 =

AV1− λJ1, iar pentru aceasta trebuie sa determinam pe

V1 = Ker(A− λJ)4.Deoarece

(A− λI)2 =

⎛⎜⎜⎜⎝2 1 0 0−4 −2 0 07 1 1 1−17 −6 −1 0

⎞⎟⎟⎟⎠2

=

⎛⎜⎜⎜⎝0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

⎞⎟⎟⎟⎠obtinem S(λ) = Ker(A − λI) ⊂ Ker(−λJ)2 = Ker(A −λJ)3 = Ker(A − λJ)4 = V1 = V = R4. Deci restrictiaW1 =

AV1− λJ1 are indicele de nilpotenta h1 care este egal

cu 2. Deoarece dimKer(A− λJ)2 = 4 si dimKer(A− λJ) =dimS(λ) = 2 rezulta ca numarul celulelor Jordan de tip h1×h2cu h2 = 2 este egal cu dim(a−λJ)2− dim(a−λI) = 4−2 = 2.

In concluzie forma Jordan va fi data de matricea

J =

ÃJ1 00 J2

!, unde J1 = J2 =

Ãλ 10 λ

!.

31. Fie V un spatiu vectorial real si B = {a1, a2, . . . , an} o baza asa. Daca consideramV ∗ = {f : V → R|f aplicatie liniara}spatiul vectorial dual spatiului vectorial V si aplicatiah : V ∗ → Rn , definita prin

h(f) = (f(a1), f(a2), . . . , f(an)) , ∀f ∈ V ∗

atunci aratati ca h este un izomorfism de spatii vectoriale reale.

Solutie:

Aratam ca aplicatia h este liniara si bijectiva.Fie f, g ∈ V ∗ si α,β ∈ R . Atuncih(αf + βg) = ((αf + βg)(a1), . . . , (αf + βg)(an)) =


= (αf(a1) + βg(a1), . . . ,αf(an) + βg(an)) == α (f(a1), . . . , f(an))+β (g(a1), . . . , g(an)) = αh(f)+βh(g) .Deci h este aplicatie liniara.Din h(f) = h(g) rezulta ca f(ai) = g(ai) , ∀i = 1, n si prinurmare f = g . (daca doua aplicatii liniare coincid pe vectoriiunei baze, atunci ele coincid pe tot spatiul) Deci h este injec-tiva.Fie (α1, . . . ,αn) ∈ Rn . Consideram aplicatia f : V → Rdefinita prin

f(x) =nXi=1

xiαi , ∀x =nXi=1

xiai ∈ V

Se observa ca f este liniara, f(αx+ βy) = αf(x) + βf(y) , sif(aj) = αj , ∀j = 1, n . Deci h(f) = (α1, . . . ,αn) si atunci heste surjectiva.Deci h este izomorfism de spatii vectoriale reale.

32. Fie B = {e1, e2, . . . , en} baza canonica a spatiuluiaritmetic Rn si aplicatiile pi : Rn → R ,pi(x) = xi , ∀x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn ( 1 ≤ i ≤ n ).a) Aratati ca pi ∈ (Rn)∗ , ∀i = 1, n;b) Aratati ca {p1, p2, . . . , pn} este o baza pentru (Rn)∗ sianume chiar baza duala bazei {e1, e2, . . . , en} .

Solutie:

a) pi(αx + βy) = αxi + βyi = αpi(x) + βpi(y) , ∀α,β ∈ R ,x = (x1, . . . , xn) , y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn , de unde rezulta caproiectia canonica a lui Rn pe R (pe factorul “i” din produsulcartezian Rn), pi ∈ (Rn)∗ .b) Se stie ca dim (Rn)∗ = dimRn = n . Prin urmare, pentrua demonstra ca {p1, p2, . . . , pn} este baza pentru (Rn)∗ , estesuficient sa verificam ca {p1, p2, . . . , pn} este sistem liniar in-dependent.

Intr-adevar, dinnPi=1

αipi = 0 rezulta ca

µnPi=1

αipi

¶(x) = 0 ,

∀x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn ⇒nPi=1

αipi(x) = 0 ⇒

nPi=1

αixi = 0 ,


∀xi ∈ R , i = 1, n .Luam x1 = 1, x2 = 0, . . . , xn = 0 si obtinem α1 = 0 , si analogavem α2 = · · · = αn = 0 . Deci {p1, p2, . . . , pn} este liniarindependent, deci baza.Cum pi(ei) = 1, ∀i = 1, n si pi(ej) = 0, ∀j=i rezulta capi(ej) = δij , adica {p

1, p2, . . . , pn} este duala bazei {e1, e2, . . . , en} .


1. Fie V un spatiu vectorial peste un corp comutativ K si f unendomorfism al lui V . Se fac notatiile f1 = f , f2 = f ◦ f , ...,fn = fn−1 ◦ f . Aratati ca au loc afirmatiile:

a) daca m ≤ n, atunci Ker fm ⊆ Ker fn;

b) daca exista p ≥ 1 astfel ca Ker fn+p = Ker fn pentruun n ≥ 1, fixat arbitrar, atunci Ker fn+p = Ker fn are locpentru orice p ≥ 1;

c) Ker fn ∩ Im fn = {0} ⇔ Ker fn+1 = Ker fn, pentruorice n ≥ 1;

d) daca dimV <∞, atunci exista un numar natural r ≤ dimVastfel ca Ker f r = Ker f r+1;

e) daca dimE <∞, atunci exista un numar natural r ≤ dimVastfel ca V = Ker f r ⊕ Im f r.

2. Fie R3 si R2 spatiile vectoriale aritmetice reale dotate cubazele canonice B1 = {e1, e2, e3}, respectiv B2 = {e01, e

02}. Fie

aplicatia liniara f : R3 → R2, data prin

f(e1) = e01 + e

02, f(e2) = 2e

01 − 5e

02, f(e3) = e

01 +

√2e02.

a) Scrieti matricea lui f relativ la bazele B1, B2.

b) Daca x = (1, 1, 2), atunci gasiti vectorul f(x).

c) Este adevarat caKer f ⊕Im f = R3? Justificati raspunsul.


3. Daca A =

⎛⎜⎝ 1 −1 02 −1 1−1 1 0

⎞⎟⎠ este matricea aplicatiei liniare

f : R3 → R3, ın raport cu baza canonica a lui R3, atunci secer:

a) determinati f−1({a}), unde a = (1, 2, 1);

b) determinati cate o baza si dimensiunea pentru Kerf siImf ;

c) este f un endomorfism diagonalizabil? Justificati raspunsul.

4. Fie f : R3 → R4 o aplicatie liniara a carei matrice ın raportcu bazele canonice din R3 si R4 este

A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 2−1 1 02 −1 10 −1 −1

⎞⎟⎟⎟⎠ .a) Determinati rangul si defectul aplicatiei f .

b) Precizati cate o baza pentru Ker f si Im f .

c) Determinati o baza si dimensiunea pentru subspatiul f(V ),unde

V = {x = (x1, x2, x3) ∈ R3|x1 − x2 + 2x3 = 0}.

5. Fie f : R3 → R3, f(x) = (x1+x2−x3, 2x1+2x2−2x3,−x1−x2 + x3), oricare ar fi x = (x1, x2, x3) ∈ R3. Se cer:

a) Aratati ca f este o aplicatie liniara;

b) Determinati cate o baza si dimensiunea pentru Ker f siIm f ;

c) Este adevarat ca Ker f ⊕ Im f = R3? Justificare;

d) Determinati valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;

e) Este f un endomorfism diagonalizabil? In caz afirmativ,determinati forma diagonala a matricii lui f si baza lui R3

relativ la care f are forma diagonala.


6. Fie f ∈ End(R3) care, ın raport cu baza canonica a lui R3,are ecuatiile: ⎧⎪⎨⎪⎩

y1 = x1 + x2

y2 = x2 + x3

y1 = x1 + x3

a) Stabiliti ca f este automorfism al lui R3;

b) Determinati o baza si dimensiunea subspatiului f(V ), undeV =

©x = (x1, x2, x3) ∈ R3|x1 + x2 − x3 = 0

ª;

c) Este f un endomorfism diagonalizabil? Justificati raspunsul.

7. Fie f ∈ End(K3), care relativ la baza canonica a spatiuluivectorial aritmetic K3 are matricea

A =

⎛⎜⎝ 1 1 00 1 11 0 1

⎞⎟⎠ .Studiati daca f este diagonalizabil si gasiti forma diagonala amatricii lui f , precum si baza relativ la care f are acea matricediagonala, daca: a) K = R; b) K = C.

8. Sa se determine cate o baza si dimensiunea pentru nucleul siimaginea aplicatiei liniare f : R3 → R3 pentru care f(a) = b,f(b) = c, f(c) = a, unde a = (1, 0, 1), b = (0, 1, 1), c = (1, 1, 0).

9. Se dau subspatiile lui R3

V1 =©x = (x1, x2, x3) ∈ R3|x1 + x2 + x3 = 0

ª,

V2 = {(0,α, 0)|α ∈ R}.

Sa se determine f ∈ End(R3) astfel ca Ker f = V1 si Imf = V2. Este f unic determinata? Justificati raspunsul.

10. Fie V un spatiu vectorial real 2-dimensional. Sa se determinetoate endomorfismele f ale lui V cu proprietatea ca f ◦f = 0V .

Capitolul 3

Tensori

Fie bazele B = {e1, . . . , en} , B0 = {e10 , . . . , en0} .

ei0 = pii0 ei (3.1)

(ınsumare dupa i).Coeficientii matricii trecerii inverse vor fi notati prin qi

0i :

ei = qi0i ei0 (3.2)

(ınsumare dupa i0). Matricea qi0i este inversa matricii p

ii0 , ceea ce

poate fi scris astfel

pii0qi0j =

(0, pentru i 6= j,1, pentru i = j,

(3.3)

sau prin egalitatea

pii0qj0i =

(0, pentru i0 6= j0,1, pentru i0 = j0.

(3.4)

Pentru prescurtarea scrierii, marimea depinzand de indicii i si j,egala cu 0 pentru i 6= j si cu 1 daca i = j se noteaza cu δij (simbolullui Kronecker); relatia (3.3) se scrie echivalent

pii0qi0j = δij (3.5)

87

88 CAPITOLUL 3. TENSORI

iar relatia (3.4) se scrie

pii0qj0i = δi

0j0 , (3.6)

In continuare vom prezenta ca un caz particular notiunea detensor de ordinul al doilea.

Dupa cum un vector x ın spatiul euclidian tridimensional estecaracterizat prin trei componente ξi (i = 1, 2, 3), un tensor de or-dinul al doilea, pe care ıl vom nota prin T , este caracterizat ıntr-obazaB

0formata din trei elemente prin componentele ξij (i, j = 1, 2, 3),

iar ıntr-o baza B0prin componentele ξi

0j0 (i0, j0 = 1, 2, 3) . Intreaceste componente se impun relatiile

ξi0j0 = qi

0i qj0j ξ

ij ¡i0, j0 = 1, 2, 3¢ (3.7)

(ınsumare dupa i = 1, 2, 3 si j = 1, 2, 3).

Se poate acum trece la definitia propriu zisa a notiunii de tensorın general. Tensorii se ımpart ın covarianti, contravarianti si micsti.In plus, orice tensor are un ordin bine determinat (numarul de indicidefineste ordinul tensorului).

Incepem cu definitia tensorului covariant de ordinul trei.

Presupunem ca exista o regula care permite ca ın fiecare sistemde coordonate dintr-un spatiu n-dimensional Vn sa se construiascan3 numere Tijk (componentele tensorului), fiecare fiind definit pen-tru indicii i, j, k fixati ıntre 1 si n. Aceste numere Tijk formeaza,prin definitie, un tensor covariant de ordinul trei daca transformareamarimilor i, j, k prin trecerea la o noua baza se realizeaza prin for-mula

Ti0j0k0 = pii0pjj0p

kk0Tijk .

In mod analog se definesc tensorii covarianti de orice ordin; un tensorde ordin m are nm componente (si nu n3) si ın formula de transfor-mare se afla nu trei factori de forma pii0 ci m astfel de factori.

Dam acum notiunea de tensor contravariant de ordinul trei. Pre-supunem ca exista o regula care permite ca ın fiecare sistem decoordonate sa se construiasca n3 numere T ijk, fiecare din ele fiinddefinit pentru indicii i, j, k cuprinsi ıntre 1 si n. Aceste numere T ijk

89

formeaza un tensor contravariant de ordin trei daca transformareamarimilor T ijk prin schimbarea bazei are loc dupa formula

T i0j0k0 = qi

0i qj0j q

k0k T

ijk .

In mod analog se definesc tensori contravarianti de orice ordin.In particular, coordonatele unui vector x formeaza un tensor con-travariant de ordinul ıntai.

Termenii “covariant” si “contravariant”, introdusi mai ınainte, seexplica ın modul urmator. “Covariant” ınseamna “care se schimbala fel” cu vectorii unei baze, adica prin utilizareacoeficientilor pii0 . “Contravariant” ınseamna “care se schimba in-vers”, adica prin utilizarea coeficientilor qi

0i .

Se pot de asemenea considera tensori micsti. De exemplu, n3

numere T kij date ın fiecare sistem de coordonate, formeaza un tensormixt de ordinul trei, de doua ori covariant si o data contravariant,daca transformarea acestor marimi prin trecerea la o noua baza serealizeaza dupa formula

T k0

i0j0 = pii0pjj0q

k0k T

kij .

In mod analog se definesc tensori micsti de l ori covarianti si dem ori contravarianti.

1. Sa se arate ca marimile δji formeaza un tensor de ordinul doi,o data covariant si o data contravariant.

Solutie:

Caracterul tensorial al marimii δji ar fi demonstrat daca aceastamarime ar putea fi pusa sub forma:

δji = pi0i qj

j0 δj0

i0

In acest scop, pornim de la modul de definire al simbolului luiKronecker si anume

δji = pi0i qj

i0 .


Tinand cont de faptul ca δjj = 1 , rezulta ca ınmultind egali-

tatea anterioara cu δjj = pj0

j qj

j0 , aceasta ramane neschimbata.

Se obtine astfel

δji = pi0i · q

j

i0 · pj0

j · qj

j0 = pi0i · q

j

j0 · (pj0

j · qj

i0 ) =

= pi0i · q

j

j0 · δj0

i0 ,

adica ceea ce trebuia demonstrat.

2. Un sistem de marimi Sij este definit ın fiecare sistem de coor-donate prin rezolvarea sistemului de ecuatii

T ikSij = δij ,

unde T ik reprezinta un tensor contravariant de rang doi, astfelıncat det(T ik)=0 .Sa se arate ca Sij este un tensor covariant de ordinul doi.

Solutie:

Aratam, pentru ınceput, ca Tik este un tensor covariant deordinul doi.Pornim de la identitatea Tik·T

ik = T , unde T este un invariant(numar). Acest lucru este posibil ıntrucat T ik este un tensorcontravariant de ordinul doi si det(T ik)=0 .Identitatea precedenta se poate scrie astfel

Tik · qii0 · q

kk0 · T

i0k0= T ,

sau Tikpi0i · q

ii0 · p

k0k · q

kk0 · T

i0k0= pi

0i pk0k T ,

adica Tik · δi0

i0 · δk0

k0 · Ti0k0= pi

0i · p

k0k · T .

Ultima egalitate se poate scrie sub forma

Tik · δi0

i0 · δk0

k0 · Ti0k0· Ti0k0 = p

i0i · p

k0k · T · Ti0k0 ,

de unde se obtine ca (avand δi0

i0 = δk0

k0 = 1):

Tik · T = T · pi0i · p

k0k · Ti0k0 ,

adica Tik = pi0i · p

k0k Ti0k0 , ceea ce trebuia demonstrat.

In continuare, pornind de la sistemul de coordonate dat de

91

problema obtinem:

Tik · Tik · Sij = Tik · δ

kj ,

adica T · Sij = Tij (sumare dupa k(= j)).Dar Tij am aratat ca este un tensor covariant de ordinul doi,iar T este un numar. Deci avem ca Sij este un tensor covariantde ordinul doi.

3. Daca ξi reprezinta coordonatele unui vector x , iar li reprezintacoeficientii unei forme liniare, precizati care este interpretareageometrica pentru liξ

i ?

Capitolul 4

Forme biliniare. Formepatratice

Definitia 4.1. O functie numerica A (x, y) de doua argumente vec-toriale x, y dintr-un spatiu vectorial V , A : V × V → R se numestefunctie biliniara sau forma biliniara, daca ea este functie liniara dex pentru fiecare y fixat si functie liniara de y pentru fiecare x fixat.

Altfel spus, A (x, y) este o forma biliniara de x si y daca pentruorice x, y, z ∈ V si pentru orice α ∈ R au loc relatiile⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

A (x+ z, y) = A (x, y) +A (z, y) ,A (αx, y) = αA (x, y) ,A (x, y + z) = A (x, y) +A (x, z) ,A (x,αy) = αA (x, y) .

(4.1)

Presupunem ca ıntr-un spatiu vectorial n-dimensional Vn o bazaoarecareB= {e1, e2, . . . , en} . NotamA (ei, ek) = aik (i, k = 1, 2, . . . , n) .

Atunci pentru orice x =nPi=1

ξiei , y =nPk=1

ηkek, avem

A (x, y) = A

µnPi=1

ξiei ,nPk=1

ηkek

¶=

=nPi=1

nPk=1

ξiηkA (ei, ek) =nPi=1

nPk=1

aikξiηk .(4.2)

93

94 CAPITOLUL 4. FORME BILINIARE. FORME PATRATICE

Asadar, am indicat reprezentarea cea mai generala a unei functiibiliniare ıntr-un spatiu vectorial n-dimensional. Coeficientii aik =A(ei, ek) formeaza o matrice patratica

A = A(B) =

⎛⎜⎜⎜⎝a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... ... ... ...an1 an2 ... ann

⎞⎟⎟⎟⎠ = (aik)1≤i,k≤npe care o numim matricea formei biliniare A (x, y) ın bazaB = {e1, e2, . . . , en} .

Definitia 4.2. O forma biliniara A (x, y) se numeste simetricadaca pentru orice vectori x si y

A (x, y) = A (y, x) .

Afirmatia 4.1. Daca forma biliniara A (x, y) ın spatiul n-dimensional Vn este simetrica atunci

aik = A (ei, ek) = A (ek, ei) = aki ;

asadar, matricea A(B) a unei forme biliniare simetrice ın orice baza

B = {e1, e2, . . . , en} a spatiului Vn coincide cu matricea transpusaAt(B)

.

Are loc si afirmatia inversa.Reamintim ca o matrice patratica care coincide cu transpusa sa

se numeste matrice simetrica.Prin trecerea la o noua baza, matricea formei biliniare se modifica

si vom indica ın ce mod. Fie A( B ) = (aji)1≤j,i≤n matricea unei

forme biliniare A (x, y) ıntr-o baza B = {e1, e2, . . . , en} si A(B’) =

(bik)1≤i,k≤n matricea aceleiasi forme ın bazaB’=

©f1, f2, . . . , fn

ª(i, j, k = 1, 2, . . . , n) si presupunem ca formulele

de trecere de la o baza la alta au forma

fj =nXj=1

p(i)j ej (i = 1, 2, . . . , n)

95

cu matricea de trecere P =³p(i)j

´1≤i,j≤n

. In acest caz

bik = A¡fi, fk

¢= A

ÃnPj=1

p(i)j ej ,

nPl=1p(k)l el

!=

=nP

j,l=1p(i)j p

(k)l A (ej , el) =

nPj,l=1

p(i)j p

(k)l ajl .

Formula obtinuta se scrie

bik =nXj=1

nXl=1

³p(j)i

´tajlp

(k)l , (4.3)

unde³p(j)i

´t= p

(i)j este elementul matricii P t, transpusa lui P (pen-

tru a determina elementul ın forma (4.3) pornim de la

bik =nP

j,l=1p(i)j p

(k)l ajl =

nPl=1p(k)l

ÃnPj=1

p(i)j ajl

!, notam

nPj=1

p(i)j ajl = cil;

ın aceste conditii expresia lui bik este data de

bik =nPl=1p(k)l cil =

nPl=1cil³p(l)k

´t=

=nPl=1

nPj=1

p(i)j ajl

³p(l)k

´t=

nPj,l=1

³p(j)i

´tajlp

(k)l ).

Asadar formula (4.3) se scrie matricial astfel

A(B’) = PtA(B)P (4.4)

(bik scris sub forma matriciala (4.3) asigura ındeplinirea conditieipentru produsul matricilor).

Daca forma biliniara A (x, y) are rangul n, egal cu dimensiuneaspatiului Vn, atunci acea forma se numeste nesingulara sau nede-generata.

Definitia 4.3. Prin forma patratica pe un spatiu vectorial Vse ıntelege orice functie A (x, x) de un argument vectorial x ∈ V ,care se obtine dintr-o forma biliniara oarecare A (x, y), ınlocuind ycu x.


Intr-un spatiu vectorial n-dimensional Vn cu o bazaB= {e1, e2, . . . , en} , orice forma patratica se scrie ın modul urmator:

A (x, x) =nXi=1

nXk=1

aikξiξk , (4.5)

unde ξ1, ξ2, . . . , ξn sunt coordonatele vectorului x relativ la baza B.Asadar, ın general, pentru o forma patratica data, pot exista

mai multe forme biliniare generand forma patratica considerata.Afirmatia 4.2. Exista un caz important ın care forma biliniara

poate fi determinata cunoscand forma patratica asociata: anume,cazul cand forma biliniara este simetrica.

Afirmatia 4.3. Pe de alta parte, pentru a obtine din formelebiliniare toate formele patratice posibile, este suficient sa ne re-strangem la forme biliniare simetrice.

Observatia 4.1. Conform acestor consideratii, ın utilizareaformelor biliniare pentru studiul formelor patratice este suficientsa ne marginim la forme biliniare simetrice si la matrici simetricecorespunzatoare (ajk)1≤j,k≤n , ajk = akj .

Definitia 4.4. O matrice simetrica A = (ajk)1≤j,k≤n a uneiforme biliniare simetrice A (x, y) corespunzand unei forme patraticeA (x, x) se numeste matricea acelei forme patratice.

Observatia 4.2. La schimbarea bazei, matricea A a unei formepatratice A (x, x) coincide cu matricea formei biliniare simetricecorespunzatoare A (x, y) si se schimba ca aceasta din urma:

A(B’) = PtA(B)P ,

unde P este matricea de trecere de la baza B la baza B’.Observatia 4.3. Rangul matricii unei forme patratice nu de-

pinde de alegerea bazei. De aceea se poate vorbi despre rangulformei patratice A (x, x), subıntelegand prin aceasta rangul matriciiacestei forme ın orice baza a spatiului Vn . Orice forma patratica derang n, egal cu dimensiunea spatiului, se numeste nesingulara.

Consideram o forma patratica oarecare A (x, x) ıntr-un spatiuvectorial n-dimensional.

97

Teorema 4.1. In spatiul Vn exista o baza B0=©f1, f2, . . . , fn

ªın care pentru orice vector x =

nPk=1

ηkfk valoarea formei patratice

A (x, x) se calculeaza dupa formula

A (x, x) = λ1η21 + λ2η

22 + . . .+ λnη

2n , (4.6)

unde λ1,λ2, . . . ,λn sunt numere fixate.Orice baza care are aceasta proprietate se va numi baza canonica

a lui A (x, x); ın particular, numerele λ1,λ2, . . . ,λn vor fi numitecoeficientii canonici ai formei A (x, x) .

Metoda Jacobi ne permite sa determinam acesti coeficienti sicoordonatele vectorilor bazei canonice cautate. Pentru aceasta im-punem matricii A(B’) urmatoarea conditie suplimentara: toti mi-

norii din colturile din stanga sus ai matricii A(B’) pana la or-

dinul n − 1 inclusiv, adica δ1 = a11, δ2 =

¯¯ a11 a12a21 a22

¯¯ , ..., δn−1 =¯

¯¯a11 a12 ... a1n−1a21 a22 ... a2n−1........ ........ ... ...........an−11 an−12 ... an−1n−1

¯¯¯ sa fie diferiti de zero.

Vectorii e1, e2, . . . , en sunt construiti dupa formulele⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

e1 = f1,

e2 = α(1)1 f1 + f2,

e3 = α(2)1 f1 + α

(2)2 f2 + f3,

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

ek+1 = α(k)1 f1 + α

(k)2 f2 + α

(k)3 f3 + . . .+ α

(k)k fk + fk+1,

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

en = α(n−1)1 f1 + α

(n−1)2 f2 + α

(n−1)3 f3 + . . .+ α

(n−1)n−1 fn−1 + fn,

(4.7)

unde coeficientii α(k)i (i = 1, 2, ..., k; k = 1, 2, ..., n− 1) sunt deocam-

data nedeterminati.

Impunem coeficientilor α(k)i (i = 1, 2, ..., k) conditiile

A¡ek+1, f1

¢= 0, A

¡ek+1, f2

¢= 0, . . . , A

¡ek+1, fk

¢= 0 . (4.8)


Inlocuind ın (4.8) expresia (4.7) a lui ek+1 si folosind definitiaformei biliniare, se obtine sistemul liniar de ecuatii relativ la marimile

α(k)i (i = 1, 2, . . . , k):⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

A¡ek+1, f1

¢= α

(k)1 A

¡f1, f1

¢+ α

(k)2 A

¡f2, f1

¢+ · · ·+

+α(k)k A

¡fk, f1

¢+A

¡fk+1, f1

¢= 0,

A¡ek+1, f2

¢= α

(k)1 A

¡f1, f2

¢+ α

(k)2 A

¡f2, f2

¢+ · · ·+

+α(k)k A

¡fk, f2

¢+A

¡fk+1, f2

¢= 0,

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

A¡ek+1, fk

¢= α

(k)1 A

¡f1, fk

¢+ α

(k)2 A

¡f2, fk

¢+ · · ·+

+α(k)k A

¡fk, fk

¢+A

¡fk+1, fk

¢= 0.

(4.9)

Acest sistem neomogen de ecuatii cu coeficientii A¡fi, fj

¢= aij ,

unde i, j = 1, 2, . . . , k , are prin ipoteza determinantul diferit dezero si prin urmare este compatibil si determinat; asadar se pot de-

termina marimile α(k)i si ın acelasi timp se poate construi vectorul

cautat ek+1. Pentru determinarea tuturor coeficientilor α(k)i si a

tuturor vectorilor ek este necesar ca pentru fiecare k sa fie rezolvatsistemul corespunzator (4.9), adica un sistem de n−1 ecuatii liniare.Notam coordonatele vectorului x ın baza B= {e1, e2, . . . , en} cuξ1, ξ2, . . . , ξn si coordonatele lui y ın aceeasi baza prin η1, η2, . . . , ηn .

Se poate construi o baza (ca mai sus) ın care forma biliniaraA (x, y) poate fi exprimata sub forma

A (x, y) =nXi=1

λiξiηi, (4.10)

unde ξi , ηi reprezinta coordonatele vectorilor x , y ın bazarespectiva.

Pentru a calcula coeficientii λi vom folosi formulele

λ1 = δ1 = a11,

λ2 =δ2δ1,

λ3 =δ3δ2,

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

λn =δn

δn−1

(4.11)


Conform teoremei privind reducerea unei forme patratice la formacanonica, orice forma patratica A (x, x) se reduce ıntr-o anumitabaza la forma canonica

A (x, x) = λ1η21 + · · ·+ λnη

2n.

Printre numerele reale λ1,λ2, ...,λn exista atatea numere nenule catrangul matricii formei A (x, x). Ele sunt pozitive sau negative.

Teorema 4.2. (Legea inertiei pentru forme patratice a luiSylvester) Numarul coeficientilor pozitivi si numarul coeficientilornegativi ın forma patratica A (x, x) sunt invarianti ai formei (adicanu depind de alegerea bazei canonice).

Definitia 4.5. O forma patratica se numeste pozitiv(negativ) definita, daca A (x, x) > 0 (A (x, x) < 0) pentru orice x ∈V ; forma A (x, x) se numeste pozitiv (negativ) semidefinita dacaA (x, x) ≥ 0 (A (x, x) ≤ 0) pentru orice x ∈ V (exista cel putin unx1 ∈ V astfel ıncat A (x1, x1) = 0).

Observatia 4.4. Forma A (x, x) se numeste nedefinita dacaexista x1 ∈ V astfel ıncat A (x1, x1) > 0 si exista x2 ∈ V ıncatA (x2, x2) < 0 .


1. Sa se scrie sub forma de suma de patrate forma patratica:f(x) = (x1)2 + (x2)2 − (x3)2 + 2x1x2 + x2x3 + 2x3x1,x = (x1, x2, x3) ∈ R3 .

Solutie:

f(x) = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x3)2 − x2x3 == (x1 + x2 + x3)2 + 1

8(x2)2 − 1

8(x2 + 4x3)2 .

Daca punem

⎧⎪⎨⎪⎩ξ1 = x1 + x2 + x3 ,ξ2 = x2 ,ξ3 = x2 + 4x3

se obtine f(x) = (ξ1)2 + 18(ξ

2)2 − 18(ξ

3)2 .

2. Fie forma patraticaf(x) = (x1)2+(x2)2− 3(x3)2+(x4)2−x1x2+3x2x3+5x3x4 ,

100CAPITOLUL 4. FORME BILINIARE. FORME PATRATICE

x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 .Sa se aduca la forma canonica folosind metoda lui Jacobi, apoicea a lui Gauss.

Solutie:

Avem ∆0 = 1 , ∆1 = 1 , ∆2 =

¯¯ 1 −1/2−1/2 1

¯¯ = 3/4 , ∆3 =¯

¯ 1 −1/2 0−1/2 1 3/20 3/2 −3

¯¯ = −9/2 ,

∆4 =

¯¯¯

1 −1/2 0 0−1/2 1 3/2 00 3/2 −3 5/20 0 5/2 1

¯¯¯ = −147/16 .

Forma patratica ın noua baza este

f(x) = (ξ1)2 +4

3(ξ2)2 −

1

6(ξ3)2 +

24

49(ξ4)2 , .

Folosind metoda lui Gauss, avem:f(x) = (x1− 1

2x2)2+ 3

4(x2)2+3x2x3−3(x3)2+(x4)2+5x3x4 =

= (x1 − 12x2)2 + 3

4(x2 + 2x3)2 − 6(x3)2 + 5x3x4 + (x4)2 =

= (x1 − 12x2)2 + 3

4(x2 + 2x3)2 − 6(x3 − 5

12x4)2 + 147

72 (x4)2 .

Deci, forma canonica este

f(x) = (ξ1)2 +3

4(ξ2)2 − 6(ξ3)2 +

147

72(ξ4)2 ,

unde

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ξ1 = x1 − 1

2x2

ξ2 = x2 + 2x3

ξ3 = x3 − 512x

4

ξ4 = x4

.

Se observa ca prin ambele metode obtinem acelasi numar depatrate, iar numarul coeficientilor pozitivi este egal cu 3.

3. Fie P2 spatiul vectorial al polinoamelor de o nedeterminata


cu coeficienti reali de grad cel mult 2. Definim forma biliniara

B(Q1, Q2) =

1Z0

eQ1(t) · eQ2(t) dt , ∀Q1, Q2 ∈ P2,unde eQ1(t), eQ2(t) sunt functiile polinomiale asociate polinoamelorQ1, Q2.

Sa se determine matricea formei B ın raport cu bazaB = {P1,P2,P3}, unde P1 = X2+X+1, P2 = X+1, P3 = 1.

Solutie:

Vom determina mai ıntai matricea lui B ın baza canonicaBc = {X2, X, 1}. Deoarece se observa ca forma este simet-rica, pentru a forma aceasta matrice avem nevoie de urmatoriicoeficienti:

b11 =1R0t2 · t2 dt =

1R0t4 dt = t5

5 |10=

15 ;

b12 =1R0t2 · t dt =

1R0t3 dt = t4

4 |10=

14 ;

b13 =1R0t2 · 1 dt =

1R0t2 dt = t3

3 |10=

13 ;

b22 =1R0t · t dt =

1R0t2 dt = t3

3 |10=

13 ;

b23 =1R0t · 1 dt =

1R0t dt = t2

2 |10=

12 ;

b33 =1R01 · 1 dt =

1R01 dt = t |10= 1;

Formam matricea A =

⎛⎜⎝ 15

14

13

14

13

12

13

12 1

⎞⎟⎠. Exprimarea vectorilordin noua baza ın functie de vectorii ce alcatuiesc baza canonicaeste:


⎧⎪⎨⎪⎩P1 = P1 + P2 + P3P2 = P1 + P2P3 = P1

Matricea de trecere de la o baza la alta, formata cu compo-

nentele vectorilor P1, P2, P3 este M =

⎛⎜⎝ 1 1 11 1 01 0 0

⎞⎟⎠.Atunci, conform formulei de schimbare a matricei asociate uneiforme biliniare la schimbarea bazei, notand cu A matriceacautata, vom avea:

A =MT ·A·M =

⎛⎜⎝ 1 1 11 1 01 0 0

⎞⎟⎠·⎛⎜⎝ 1

514

13

14

13

12

13

12 1

⎞⎟⎠·⎛⎜⎝ 1 1 11 1 01 0 0

⎞⎟⎠ =

= 160

⎛⎜⎝ 47 65 11027 35 5012 15 20

⎞⎟⎠·⎛⎜⎝ 1 1 11 1 01 0 0

⎞⎟⎠ = 160

⎛⎜⎝ 222 112 47112 59 2747 27 12

⎞⎟⎠.Observatie: problema poate fi rezolvata si calculand directın baza B coeficientii matricei asociate.

4. Fie b : V × V → R o forma biliniara pe spatiul vectorialreal V . Aratati ca b este antisimetrica daca si numai dacab(x, x) = 0 , ∀x ∈ V .

Solutie:

Daca b este antisimetrica, ınseamna ca b(x, y) = −b(y, x) , ∀x, y ∈V . Luand x = y rezulta ca b(x, x) = −b(x, x) , ∀x ∈ V , adicab(x, x) = 0 , ∀x ∈ V .Invers, daca b(x, x) = 0 , ∀x ∈ V , luam x = a + b , a, b ∈ V ,arbitrari si rezulta ca0 = b(a+ b, a+ b) = b(a, a+ b) + b(b, a+ b) == b(a, a) + b(a, b) + b(b, a) + b(b, b) .Dar b(a, a) = b(b, b) = 0 si atunci rezultab(a, b) = −b(b, a) , ∀a, b ∈ V .Deci b este antisimetrica.


5. Fie b : R3×R3 → R o forma biliniara si B = {e1, e2, e3} bazacanonica a lui R3 . Daca avemb(e1, e1) = 1 , b(e2, e2) = −1 , b(e3, e3) = 2 ,b(e1 + e2, e2) = 2 , b(e2, e1 − e2) = 4 , b(e2 + e3, e3) = 3,b(e3, e2 − e3) = −1 , b(e1, e3) = 3 si b(e3, 2e1 − e2) = 5 .Se cer:a) matricea formei biliniare b ın raport cu baza B ;b) aratati ca b este o forma biliniara simetrica;c) expresia analitica a formei biliniare b ın raport cu baza B ;d) matricea si expresia analitica a formei biliniare b ın raportcu o alta baza B

0= {a1, a2, a3} , unde

a1 = (1, 0, 1) , a2 = (0, 1, 1) , a3 = (1, 1, 0) ;e) expresia analitica a formei patratice f : R3 → R ,f(x) = b(x, x) , ∀x ∈ R3 , ın raport cu baza B ;f) forma canonica a formei patratice f si baza lui R3

relativ la care f are forma canonica, prin metoda lui Jacobi;g) signatura lui f .

Solutie:

a) Matricea formei biliniare b este A = (aij)i,j=1,3 ∈M3(R), unde aij = b(ei, ej) . Atunci avem a11 = 1 , a22 = −1 ,a33 = 2 , a13 = 3 . Din faptul ca b(e1 + e2, e2) = 2 rezultab(e1, e2) + b(e2, e2) = 2 si stiind ca a22 = b(e2, e2) = −1obtinem a12 = b(e1, e2) = 3 . In mod similar se deduce caa21 = 3 din b(e2, e1 − e2) = 4 si apoi a23 = 1 , a32 = 1 ,a31 = 3 .Deci matricea lui b ın raport cu baza B este

A =

⎛⎜⎝ 1 3 33 −1 13 1 2

⎞⎟⎠b) Deoarece matricea formei biliniare b ın raport cu baza Beste simetrica rezulta ca b este forma biliniarasimetrica.c) Expresia analitica a formei biliniare b ın raport cu baza B


este

b(x, y) =3Xi=1

3Xi=1

aijxiyj = xtBAyB

pentru x =3Pi=1xiei , y =

3Pj=1

yj ej .

Deci b(x, y) = x1y1+3x1y2+3x2y1− x2y2 +3x1y3+3x3y1+x2y3 + x3y2 + 2x3y3 .d) Matricea de trecere de la baza B la baza B

0este

C =

⎛⎜⎝ 1 0 10 1 11 1 0

⎞⎟⎠ si matricea formei biliniare b relativ la baza

B0este B = CtAC =

⎛⎜⎝ 9 9 89 3 68 6 6

⎞⎟⎠ .Expresia analitica a lui b relativ la noua baza B

0este

b(x, y) =3Xi=1

3Xi=1

b(ai, aj)sitj = xtB0ByB0

pentru x =3Pi=1siai , y =

3Pj=1

tj aj .

Deci b(x, y) = 9s1t1 + 9s1t2 + 9s2t1 + 3s2t2 + 8s1t3 + 8s3t1 +6s2t3 + 6s3t2 + 6s3t3 .e) Expresia analitica a formei patratice f relativ la baza canonicaB este

f(x) =3X

i,j=1

xixjaij = xtB ·A · xB ,

pentru orice x =3Pi=1xiei . Deci

f(x) = (x1)2 + 6x1x2 + 6x1x3 − (x2)2 + 2x2x3 + 2(x3)2 .

f) Matricea formei patratice f relativ la baza canonica B este


chiar matricea formei biliniara si simetrica b din care provine:

A =

⎛⎜⎝ 1 3 33 −1 33 1 2

⎞⎟⎠Doarece toti minorii diagonali ∆0 = 1 , ∆1 = |1| = 1 ,

∆2 =

¯¯ 1 33 −1

¯¯ = −10 , ∆3 =

¯¯ 1 3 33 −1 33 1 2

¯¯ = 6 sunt nenuli,

putem aplica metoda lui Jacobi de aducere la forma canonica.Daca y1, y2, y3 sunt coordonatele lui x relativ la baza B∗ , ınraport cu care expresia analitica a lui f are forma canonica,atunci

f(x) =3Xi=1

∆i−1∆i

(yi)2 = (y1)2 −1

10(y2)2 −

5

3(y3)2

este forma canonica a formei patratice f .Baza B∗ = {b1, b2, b3} se gaseste astfel:Se aleg b1 = α11e1 astfel ca b(e1, b1) = 1 , b2 = α21e1 + α22e2astfel ca b(e1, b2) = 0 si b(e2, b2) = 1 , iar b3 = α31e1+α32e2+α33e3 astfel ca b(e1, b3) = 0 , b(e2, b3) = 0 si b(e3, b3) = 1 .Constantele αij se gasesc imediat:din b(e1, b1) = 1 rezulta α11b(e1, e2) = 1 si α11 = 1 ;din b(e1, b2) = 0 si b(e2, b2) = 1 rezulta sistemul:(

α21 + 3α22 = 03α21 − α22 = 1

, de unde α21 = 3/10 , α22 = −1/10 ;

din b(e1, b3) = 0 , b(e2, b3) = 0 si b(e3, b3) = 1 rezulta sistemul:⎧⎪⎨⎪⎩α31 + 3α32 + 3α33 = 03α31 − α32 + α33 = 03α31 + α32 + 2α33 = 1

,

de unde α31 = 1 , α32 = 4/3 , α33 = −5/3 .Deci B∗ = {b1 = (1, 0, 0), b2 = ( 310 ,−

110 , 0), b3 = (1,

43 ,−

53)} .

g) Signatura lui f este (1, 2) pentru ca forma canonica a lui fare un coeficient strict pozitiv si doi coeficienti strict negativi,


adica indicele pozitiv de inertie al formei patratice f este p = 1si indicele negativ de inertie este q = 2 .

6. Fie f : R4 → R o forma patratica pe R4 a carei expresieanalitica ın raport cu baza canonica a lui R4 este

f(x) = x1x2 − x2x3 + x3x4 + x4x1 , ∀x =4Xi=1

xiei ∈ R4 .

a) Gasiti matricea formei patratice f ın raport cu baza canonicaB = {e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0), e4 =(0, 0, 0, 1)} ;b) Gasiti expresia analitica a polarei lui f relativ la bazacanonica B ;c) Folosind metoda lui Gauss, gasiti forma canonica a formeipatratice f si baza luiR4 relativ la care f are expresia canonica;d) Gasiti signatura lui f .

Solutie:

a) Matricea A = (aij)i,j=1,4 a formei patratice f ın raport cubaza canonica B este chiar matricea formei biliniare simetriceb din care provine forma patratica f (numita polara lui f),relativ la baza B .Din faptul ca b(x, y) = 1

2 [f(x+ y)− f(x)− f(y)] putem de-termina elementele matricii cerute aij = b(ei, ej) .In mod practic, pentru a evita calculele, elementele matricii Ase determina astfel:- elementul aij , cu i=j, este egal cu jumatate din coeficientullui xixj din expresia analitica a lui f ;- elementul aii este egal coeficientul lui (x

i)2 din expresiaanalitica a lui f .

Deci A =

⎛⎜⎜⎜⎝0 1

2 0 12

12 0 −1

2 00 −1

2 0 12

12 0 1

2 0

⎞⎟⎟⎟⎠


b) Expresia analitica a polarei lui f relativ la baza canonicaB se poate obtine dupa formula de mai sus sau, mai practic,prin dedublarea expresiei lui f din ipoteza. Decib(x, y) = 1

2x1y2 + 1

2x2y1 − 1

2x2y3 − 1

2x3y2 + 1

2x3y4 + 1

2x4y3+

+12x4y1 + 1

2x1y4 , ∀x = xiei, y = yj ej ∈ R4 .

c) Avand ın vedere expresia analitica a lui f , vom procedamai ıntai la schimbarea de coordonate:

I)

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩x1 = t1 + t2

x2 = t1 − t2

x3 = t3

x4 = t4

(de fapt, s-a schimbat baza lui R4 si ti , i = 1, 4 , sunt coordo-natele lui x relativ la noua baza)Atunci f(x) = (t1)2 − (t2)2 − t1t3 + t2t3 + t3t4 + t1t4 + t2t4 =

=h(t1)2 − t1t3 + t1t4 − 1

2 t3t4 + 1

4(t3)2 + 1

4(t4)2i

−14(t

3)2 − 14(t

4)2 − (t2)2 + t2t3 + t2t4 + 32 t3t4 =

=³t1 − 1

2 t3 + 1

2 t4´2−

−h(t2)2 − t2t3 − t2t4 + 1

4(t3)2 + 1

4(t4)2 + 1

2t3t4i+ 2t3t4

si prin urmare

f(x) =³t1 − 1

2t3 + 1

2t4´2−³t2 − 1

2t3 − 1

2 t4´2+ 2t3t4 .

Facand schimbarea de coordonate:

II)

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩s1 = t1 − 1

2 t3 + 1

2 t4

s2 = t2 − 12 t3 − 1

2 t4

s3 = t3

s4 = t4

rezulta f(x) = (s1)2 − (s2)2 + 2s3s4 .In final, din

III)

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩y1 = s1

y2 = s2

y3 + y4 = s3

y3 − y4 = s4


rezulta ca forma canonica a formei patratice f este

f(x) = (y1)2 − (y2)2 + 2(y3)2 − 2(y4)2 ,

unde yi , i = 1, 4 sunt coordonatele vectorului x relativ la bazaB∗ = {bi|i = 1, 4} , ın raport cu care f are forma canonica.Baza B∗ se gaseste astfel:Daca C este matricea de trecere de la baza canonica B la bazacautata B∗ , atunci xB∗ = C−1xB sau⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ = C⎛⎜⎜⎜⎝y1

y2

y3

y4

⎞⎟⎟⎟⎠ .Pe de alta parte, daca avem ın vedere cele trei schimbari decoordonate avem:⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x4 = t4 = s4 = y3 − y4

x3 = t3 = s3 = y3 + y4

x2 = t1 − t2 = s1 − s2 − t4 = y1 − y2 − y3 + y4

x1 = t1 + t2 = s1 + s2 + t3 = y1 + y2 + y3 + y4

Atunci

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝y1 + y2 + y3 + y4

y1 − y2 − y3 + y4

y3 + y4

y3 − y4

⎞⎟⎟⎟⎠ =

=

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 1 11 −1 −1 10 0 1 10 0 1 −1

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝y1

y2

y3

y4

⎞⎟⎟⎟⎠si prin urmare B∗ =

©b1 = (1, 1, 0, 0), b2 = (1,−1, 0, 0),

b3 = (1,−1, 1, 1), b4 = (1, 1, 1,−1)ª.

d) Signatura lui f este (2, 2) . Deci f este forma patraticanedefinita.

7. Fie b :M2(R)×M2(R)→ R , definita prin

b(X,Y ) = 2Tr(XY )− Tr(X)Tr(Y ) , ∀X,Y ∈M2(R)


unde Tr(A) = a11 + a22 este urma matricii A = (aij)i,j=1,2 .a) Aratati ca b este o forma biliniara simetrica;b) Gasiti matricea formei biliniare b relativ la baza naturala aluiM2(R) ,

B =

(E11 =

Ã1 00 0

!, E12 =

Ã0 10 0

!, E21 =

Ã0 01 0

!,

E22 =

Ã0 00 1

!);

c) Gasiti expresia analitica a formei patratice asociataf(X) = b(X,X) , relativ la baza naturala a luiM2(R) ;d) Aduceti la forma canonica forma patratica f si determinatibaza corespunzatoare;e) Aratati ca f este o forma patratica nedefinita.

Solutie:

a) Fixam arbitrar matricile X =

Ãx11 x12x21 x22

!,

Y =

Ãy11 y12y21 y22

!, Z =

Ãz11 z12z21 z22

!si scalarii reali α,β ∈

R .

Atunci XY =

Ãx11y11 + x12y21 x11y12 + x12y22x21y11 + x22y21 x21y12 + x22y22

!si

Y X =

Ãy11x11 + y12x21 y11x12 + y12x22y21x11 + y22x21 y21x12 + y22x22

!, de unde

Tr(XY ) = x11y11 + x12y21 + x21y12 + x22y22 = Tr(Y X) .Prin urmare b(X,Y ) = b(Y,X) si astfel b este forma simetrica.Avand ın vedere simetria lui b, pentru a demonstra bilinia-ritatea aplicatiei b este suficient sa aratam ca b este liniara ınprimul argument, adica:

b(αX + βY,Z) = αb(X,Z) + βb(Y,Z) .

Cum Tr(αX + βY ) = αTr(X) + βTr(Y ) avem cab(αX + βY,Z) = 2Tr((αX + βY )Z)− Tr(αX + βY )Tr(Z) =2Tr(αXY + βY Z)− (αTr(X) + βTr(Y ))Tr(Z) =2αTr(XY ) + 2βTr(Y Z)− αTr(X)Tr(Z)− βTr(Y )Tr(Z) =


α (2Tr(XZ)− Tr(X)Tr(Z))+β (2Tr(Y Z)− Tr(Y )Tr(Z)) =αb(X,Z) + βb(Y,Z) .Deci b este forma biliniara simetrica.b) Daca matricile X si Y sunt ca mai sus, atuncib(X,Y ) = 2(x11y11 + x12y21 + x21y12 + x22y22)−−(x11 + x22)(y11 + y22) = x11y11 + x22y22+2x12y21 + 2x21y12 − x11y22 − x22y11este expresia analitica a lui b relativ la baza B pentru ca co-ordonatele matricii X relativ la baza naturala B sunt chiarelementele matricii X, xij , i, j = 1, 2 .

(vezi X =2P

i,j=1xijEij ).

Matricea formei biliniare b relativ la baza B esteA = (b(Eij , Ekl))i,j,k,l=1,2 .

Prin calcule, b(E11, E11) = 2Tr(E211)−(Tr(E11))

2 = 1 , b(E11, E12) =0 , b(E11, E21) = 0 , b(E11, E22) = −1 , b(E12, E11) = b(E11, E12) =0 , b(E12, E12) = 0 , b(E12, E21) = b(E21, E12) = 2 , b(E12, E22) =b(E22, E12) = 0 , b(E21, E11) = b(E11, E21) = 0 , b(E21, E21) =0 ,b(E21, E22) = b(E22, E21) = 0 , b(E22, E11) = −1 ,b(E22, E22) = 1 .

Deci A =

⎛⎜⎜⎜⎝1 0 0 −10 0 2 00 2 0 0−1 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠ ∈M4(R) ,

c) Relativ la baza naturala B , forma patratica f asociataformei biliniare b are expresia analitica

f(X) = b(X,X) = (x11)2 + (x22)

2 + 4x12x21 − 2x11x22

pentru orice X = (xij)i,j=1,2 .d) Folosind metoda lui Gauss, avemf(X) =

£(x11)

2 − 2x11x22 + (x22)2¤+ 4x12x21 =

= (x11 − x22)2 + 4x12x21 .


Dupa schimbarea de coordonate (de baze):⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩t11 = x11 − x22

t12 + t21 = x12t12 − t21 = x21

t22 = x22

obtinem forma canonica a lui f :f(X) = (t11)

2 + 4 · (t12)2 − 4 · (t21)2 + 0 · (t22)2 , pentru oricematrice X = t11F11 + t12F12 + t21F21 + t22F22 , undeB∗ = {Fij |i, j = 1, 2} este baza lui M2(R) relativ la care fare forma canonica.Stiind ca matricea de trecere C de la B la B∗ verificaxB = CxB∗ si tinand cont de relatiile ce dau schimbarea decoordonate, avem ca⎛⎜⎜⎜⎝

a11a12a21a22

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝1 0 0 10 1 1 00 1 −1 00 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝t11t12t21t22

⎞⎟⎟⎟⎠

si atunci C =

⎛⎜⎜⎜⎝1 0 0 10 1 1 00 1 −1 00 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠ . Deci baza B∗ este(F11 =

Ã1 00 0

!, F12 =

Ã0 11 0

!, F21 =

Ã0 1−1 0

!,

F22 =

Ã1 00 1

!).

e) Signatura lui f este (2, 1) si atunci f este o forma patraticanedefinita.

8. Folosind metoda lui Gauss sa se aduca la forma canonica formapatratica f : R3 → R , f(x) = x1x2 + x2x3 + (x3)2,∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3.Gasiti baza lui R3 ın raport cu care f are forma canonica sisignatura lui f .


Solutie:

Facem schimbarea de coordonate (de baze)

I)

⎧⎪⎨⎪⎩x1 = t1 + t2

x2 = t1 − t2

x3 = t3

si rezulta ca f(x) = (t1)2 − (t2)2 + t1t3 − t2t3 + (t3)2 =³(t1)2 + t1t3 + 1

4(t3)2´− (t2)2 − t2t3 + 3

4(t3)2 =³

t1 + 12 t3´2−³(t2)2 + t2t3 + 1

4(t3)2 + (t3)2

´=³

t1 + 12 t3´2−³t2 + 1

2 t3´2+ (t3)2 .

Apoi, din schimbarea de coordonate

II)

⎧⎪⎨⎪⎩y1 = t1 + 1

2t3

y2 = t2 + 12t3

y3 = t3

obtinem forma canonica f(x) = (y1)2 − (y2)2 + (y3)2 , pentruorice vector x , unde y1, y2, y3 sunt coordonatele lui x relativla baza B∗ = {b1, b2, b3} corespunzatoare ultimei schimbari decoordonate (baza relativ la care f are forma canonica).Din I) si II) rezulta⎧⎪⎨⎪⎩

x3 = t3 = y3

x1 = t1 − t2 = y1 − y2

x2 = t1 + t2 = y1 + y2 − t3 = y1 + y2 − y3

si atunci

⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎝ 1 1 −11 −1 00 0 1

⎞⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝y1

y2

y3

y4

⎞⎟⎟⎟⎠ , adica matricea

de trecere de la baza canonica la B∗ este C =

⎛⎜⎝ 1 1 −11 −1 00 0 1

⎞⎟⎠ .Deci B∗ = {b1 = (1, 1, 0), b2 = (1,−1, 0), b3 = (−1, 0, 1)} si sig-natura lui f este (2, 1) , adica f este forma patratica nedefinita.


9. Folosind metoda lui Jacobi sa se aduca la forma canonicaforma patraticaf(x) = 2(x1)2 + 3(x2)2 + 4(x3)2 − 4x1x2 − 2x1x3 + 4x2x3.Gasiti baza corespunzatoare si signatura lui f .

Solutie:

Matricea lui f relativ la baza canonica a lui R3

B = {e1, e2, e3} este A =

⎛⎜⎝ 2 −2 −1−2 3 2−1 2 4

⎞⎟⎠ si se gaseste prinintermediul polarei lui f (care are aceeasi matrice ca si f) saumai simplu, prin algoritmul:- elementul aij , i=j este jumatate din coeficientul lui x

ixj dinexpresia lui f ;- elementul aii este chiar coeficientul lui (x

i)2.Din faptul ca minorii diagonali ∆0 = 1 , ∆1 = |2| = 2 ,

∆2 =

¯¯ 2 −2−2 3

¯¯ = 2 , ∆3 =

¯¯ 2 −2 −1−2 3 2−1 2 4

¯¯ = 5 sunt nenuli

rezulta ca se poate aplica metoda lui Jacobi.Deci forma canonica a lui f este

f(x) =3Xi=1

∆i−1∆i

1

2(y1)2 + (y2)2 +

2

5(y3)2

unde x = y1a1 + y2a2 + y

3a3 ∈ R3 siB∗ = {a1, a2, a3} este baza relativ la care f are forma canonica.Se alege a1 = α11e1 astfel ıncat b(e1, a1) = 1 , a2 = α21e1 +α22e2 astfel ıncat b(e1, a2) = 0 , b(e2, a2) = 1 si a3 = α31e1 +α32e2+α33e3 astfel ıncat b(e1, a3) = 0 , b(e2, a3) = 0 , b(e3, a3) =1 (unde b este polara formei patratice f).Din b(e1, a1) = 1 rezulta α11b(e1, e1) = 1 si atunci α11 = 1/2.Din b(e1, a2) = 0 , b(e2, a2) = 1 rezulta sistemul(

2α21 − 2α22 = 0−2α21 + 3α22 = 1


care are solutia (α21 = 1,α22 = 1) .Din b(e1, a3) = 0 , b(e2, a3) = 0 , b(e3, a3) = 1 obtinem sistemul⎧⎪⎨⎪⎩

2α31 − 2α32 − α33 = 0−2α31 + 3α32 + 2α33 = 0−α31 + 2α32 + 4α33 = 1

de unde α31 = −1/5 , α32 = −2/5 , α33 = 2/5 .Deci B∗ = {a1 = (1/2, 0, 0), a2 = (1, 1, 0),a3 = (−1/5,−2/5, 2/5)} si signatura lui f este (3, 0) , adica feste forma patratica pozitiv definita.

10. Fie F : R3 ×R2 → R care ın bazele B3 = {a1, a2, a3} cua1 = (1, 1, 0), a2 = (−1, 0, 2), a3 = (0, 2, 1) siB2 = {b1, b2}undeb1 = (1, 1), b2 = (1, 0) are expresia analitica:

F (x, y) = x1y1 + x2y2 + x3y1 + x3y2.

Sa se determine matricea asociata formei ın bazele cano-nice B2c din R

2 si B3c din R3.

Solutie:

Matricea asociata formei biliniare ın bazele canonice B3c ={e1,e2,e3} ın R3 si B2c = {f1,f2} ın R

2 (unde e1 = (1, 0, 0),e2 = (1, 0, 0), e3 = (1, 0, 0); f1 = (1, 0), f2 = (0, 1)) o putemafla identificand coeficientii din exprimarea de mai sus a lui

F. Obtinem A =

⎛⎜⎝ 1 00 11 1

⎞⎟⎠. Matricea de schimbare a bazeiB3c → B3 este P =

⎛⎜⎝ 1 −1 01 0 20 2 1

⎞⎟⎠, deci matricea de schimbarea bazei B3 → B3c va fi P

−1 =

⎛⎜⎝ 43

−13

23

13 −1

323

−23

23 −1

3

⎞⎟⎠. Analog,matricea de schimbare a bazei B2c → B2 va fi Q =

Ã1 11 0

!,


iar matricea de schimbare B2 → B2c va fi Q−1 =

Ã0 11 −1

!.

Conform formulei de schimbare a matricii asociate unei formebiliniare la schimbarea bazelor, avem:

A =¡P−1

¢T· A ·Q−1 =

⎛⎜⎝ 43

−13

23

13 −1

323

−23

23 −1

3

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ 1 00 11 1

⎞⎟⎠ ·

·

Ã0 11 −1

!=

⎛⎜⎝ 23 −1

313

13

13

13

⎞⎟⎠ · Ã 0 11 −1

!=

⎛⎜⎝ −13 113 013 0

⎞⎟⎠.Deci matricea asociata formei biliniare F ın bazele canoniceva fi

A =

⎛⎜⎝ −13 113 013 0

⎞⎟⎠.11. Fie B : R3×R3 → R o forma biliniara si sa presupunem ca

avem relatiile: B(e1, e1) = 1, B(e2, e2) = 0 , B(e3, e3) = 0,B(e1, e1 + e2) = 2, B(e1 + e3, e1) =

32 , B(e3, e1 + e2) =

12 ,

B(e2, e1+e3) =32 , B(e2, e1−e3) =

12 , B(e1+e2, e3) =

12 , unde

{e1, e2, e3} este baza canonica.

a) Sa se arate ca B este o forma biliniara simetrica.

b) Sa se gaseasca forma patratica asociata lui B si sa se aducala forma canonica prin metoda lui Gauss precizandu-se bazacorespunzatoare.

Solutie:

a) Utilizand liniaritatea aplicatiei B, avemB(e1, e1+ e2) = B(e1, e1)+B(e1, e2). Tinand cont de relatiilede mai sus, obtinem B(e1, e2) = 2 − 1 = 1. Deoarece B(e1 +e3, e1) = B(e1, e1) + B(e3, e1), B(e3, e1) =

32 − 1 =

12 . Mai

departe, B(e3, e1) =12 −

12 = 0. Din urmatoarele doua relatii,

prin ınsumarea, respectiv scaderea lor, obtinemB(e2, e1) = 1, B(e2, e3) =

12 .

In sfarsit, B(e1 + e2, e3) = B(e1, e3) +B(e2, e3).


Deci B(e1, e3) =12 −

12 = 0. Matricea A asociata formei

biliniare ın baza canonica este:

A =

⎛⎜⎝ 1 1 01 0 1

20 1

2 0

⎞⎟⎠ .Se observa ca B este forma biliniara simetrica.

b) Pentru doi vectori x = (x1, x2, x3) si y = (y1, y2, y3) dinR3, expresia analitica a formei va fi:

B(x, y) = (x1, x2, x3) ·

⎛⎜⎝ 1 1 01 0 1

20 1

2 0

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ y1

y2

y3

⎞⎟⎠ == x1y1 + x1y2 + x2y1 + 1

2x2y3 + 1

2x3y2.

Considerand F (x) = B(x, x), avem F (x) =¡x1¢2+ 2x1x2 +

x2x3. Grupand termenii ce contin pe x1, obtinemF (x) =

¡x1 + x2

¢2−¡x2¢2+ x2x3. Mai departe, grupand ter-

menii ce contin pe x2 si formand patrate, obtinem

F (x) =³x1 + x2

´2−

Ãx2 −

x3

2

!2+

¡x3¢24

Notam:

(*)

⎧⎪⎨⎪⎩y1 = x1 + x2

y2 = x2 − x3

2y3 = x3

In raport cu baza B = {f1, f2, f3} a lui R3 fata de care x are

coordonatele y1, y2, y3 date mai sus, obtinem forma canonica:

F (x) =¡y1¢2−¡y2¢2+ 1

4

¡y3¢2.

Matricea asociata formei, relativ la aceasta baza este:

A =

⎛⎜⎝ 1 0 00 −1 00 0 1

4

⎞⎟⎠ . Pe de alta parte, daca scriem matriceal

(*), va rezulta:


⎛⎜⎝ y1

y2

y3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 1 2 00 1 −1

20 0 1

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ .

Asadar matriceaM =

⎛⎜⎝ 1 2 00 1 −1

20 0 1

⎞⎟⎠ de mai sus va fi inversamatricii de schimbare a bazei de la baza canonica la B. Deci:

(f1, f2, f3) = (e1, e2, e3) ·

⎛⎜⎝ 1 2 00 1 −1

20 0 1

⎞⎟⎠−1

=

= (e1, e2, e3) ·

⎛⎜⎝ 1 −1 −12

0 1 12

0 0 1

⎞⎟⎠.In concluzie, f1 = e1, f2 = −e1 + e2, f3 = −

12e1 +

12e2 + e3.

12. Fie V un spatiu vectorial n dimensional. O aplicatie ω ,ω : V × V → R se numeste antisimetrica daca (∀)x, y ∈V , ω(x, y) = −ω(x, y). Fixand o baza B = {e1, e2, ..., en} siconsiderand ωij = ω(ei, ej), asociem bazei respective matriceaA = (ωij)i,j=1..n. Daca detA 6= 0, atunci forma se spune caeste nedegenerata. O forma biliniara cu proprietatile de maisus se numeste forma simplectica.

a) Aratati ca determinantul matricii asociate unei forme anti-simetrice nedegenerate ın orice baza este nenul.

b) Daca exista o astfel de forma ω definita pe V, atunci di-mensiunea n este para.

Solutie:

a) Fie B = {f1, f2, ..., fn} o alta baza si fie M =³αij

´i,j=1,n

matricea de schimbare a bazei, adica f i =nPj=1

αji ej ,

i = 1, n . Fie A = (eωij)i,j=1,n

matricea asociata lui ω ın noua


baza. Atunci ω(f i, f j) =P

1≤p,q≤nαpiα

qjω(ep, eq) ,

∀i, j = 1, n . Prin urmare:⎛⎜⎝ eω11 · · · eω1n· · · · · · · · ·eωn1 · · · eωnn

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ α11 · · · αn1· · · · · · · · ·α1n · · · αn1

⎞⎟⎠·⎛⎜⎝ ω11 · · · ω1n· · · · · · · · ·ωn1 · · · ωnn

⎞⎟⎠ ·

·

⎛⎜⎝ α11 · · · α1n· · · · · · · · ·αn1 · · · αnn

⎞⎟⎠ sau A =MT ·A ·M .

Atunci detA = detA · (detM)2 si cum detM 6= 0,detA 6= 0,vom avea detA 6= 0.

b) Fie B matricea obtinuta din A prin ınmultirea fiecarei liniicu −1. Vom avea detB = (−1)n detA. Pe de alta parte,datorita relatiei ωij = ω(ei, ej) = −ω(ej , ei) = −ωji avemB = AT , deci detB = detA. Atunci (−1)n = 1, prin urmaren este par.


1. Fie forma biliniara b : R3×R3 → R, b(x, y) = 2x1y1+x2y2+5x3y3−x1y2+x2y1+5x3y1, ∀x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈R3.

a) Fara a determina matricea lui b relativ la baza canonicaa lui R3, sa se precizeze daca b este simetrica sau daca esteantisimetrica;

b) Determinati matricea lui b relativ la baza canonica a luiR3;

c) Aratati ca exista si sunt unice doua forme biliniare pe R3,b1 simetrica si b2 antisimetrica astfel ca b(x, y) = b1(x, y) +b2(x, y), ∀x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3;

d) Gasiti forma canonica a formei patratice f asociate formeibiliniare simetrice b1, precum si baza lui R3 relativ la care fare forma canonica gasita.


2. DacaRn[X] este spatiul vectorial al polinoamelor cu coeficientireali, de grad cel mult n, se considera aplicatiaF : Rn[X]×Rn[X]→ R2n−3[X] definita prin

F (P,Q) = P 000 ·Q− P 00 ·Q0 + P 0 ·Q00 − P ·Q000,

unde P 0, P 00, P 000, ... sunt polinoame determinate de derivatelefunctiei polinomiale asociata polinomului P .

a) Aratati ca aplicatia F este liniara ın ambele argumente siantisimetrica;

b) Daca se considera Q = Xn, atunci sa se determine matriceaaplicatiei liniare g : P → F (P,Q) relativ la bazele canonice aledomeniului si codomeniului lui g;

c) Daca n = 3, ce se spune despre Ker g si Im g?

d) Este g un endomorfism diagonalizabil, ın cazul n = 3?

3. Fie

A =

⎛⎜⎝ 1 1 01 2 −10 −1 1

⎞⎟⎠matricea unei forme patratice f peR3, relativ la baza cononicaa lui R3.

a) Determinati expresia analitica pentru polara lui f ;

b) Determinati o baza a lui R3 relativ la care f are o formacanonica;

c) Determinati signatura lui f ;

d) Este diagonalizabil un endomorfism al lui R3 care, relativla baza canonica a lui R3, are matricea A?

4. Fie f : R3 → R o forma patratica a carei expresie analitica,ın raport cu baza canonica a lui R3 este

f(x) = (x1)2 + (x2)2 + 4(x3)2 + 2x1x2 + 4x1x3 − 2x2x3,

∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3.


a) Se poate aplica metoda lui Jacobi pentru determinarea uneiforme canonice pentru f? Daca da, sa se determine o formacanonica pentru f si baza corespunzatoare, folosind aceastametoda.

b) Sa se determine o forma canonica pentru f si baza core-spunzatoare, folosind metoda lui Gauss.

c) Este f negativ definita? Dar negativ semidefinita?

5. Fie matricea A =

Ã1 2 32 1 0

!. Se cer:

a) Aratati ca forma biliniara b care are matricea AAt, relativla baza canonica a lui R2, este simetrica;

b) Determinati o forma canonica pentru forma patratica aso-ciata f(x) = b(x, x) si baza corespunzatoare;

c) Aratati ca f este pozitiv definita.

Capitolul 5

Spatii vectorialeeuclidiene

Definitia 5.1. 1) Un produs scalar pe un spatiu vectorial real Veste o aplicatie h, i : E ×E → R care satisface conditiile:

a) hx, yi = hy, xi;b) hx, y + zi = hx, yi+ hx, zi ;c) hλx, yi = λhx, yi, pentru orice λ ∈ R;d) hx, xi > 0 , pentru orice x 6= 0 si hx, xi = 0 , pentru x = 0 .

2) Un spatiu vectorial real E se numeste spatiu vectorial euclid-ian real daca pe E s-a definit un produs scalar <,>.

Axiomele a)-d) se pot formula spunand ca produsul scalar esteo forma biliniara b)-c), simetrica a) si pozitiv definita d). Invers,orice forma ce satisface aceste proprietati poate fi luata ca produsscalar ın E. Atunci:

hkXi=1

αixi,mXj=1

βj yji =kXi=1

mXj=1

αiβjhxi, yji . (5.1)

Aici x1, x2, . . . , xk, y1, y2, . . . , ym sunt vectori arbitrari ai spatiuluieuclidian E, α1,α2, . . . ,αk,β1,β2, . . . ,βm sunt scalari arbitrari.

Definitia 5.2. Daca pe spatiul vectorial complexE avem aplicatiah, i : E ×E → C care satisface conditiile:

121

122 CAPITOLUL 5. SPATII VECTORIALE EUCLIDIENE

a) hx, yi = hy, xi pentru orice x, y ∈ E, iar hy, xi reprezintaconjugatul lui hx, yi ,

b) hx, y + zi = hx, yi+ hx, zi , pentru orice x, y, z ∈ E,c) hx,λyi = λhx, yi , pentru orice x, y ∈ E si λ ∈ C ,d) hx, xi > 0 , pentru orice x 6= 0 ; h0, 0i = 0,atunci<,> se numeste produs scalar pe E si E se numeste spatiu

vectorial euclidian complex (sau spatiu unitar).Din axiomele a)-c) rezulta formula generala

hpXj=1

αjxj ,qXk=1

βkyki =pXj=1

qXk=1

αjβkhxj , yki,

pentru orice x1, x2, . . . , xp, y1, y2, . . . , yq din E si pentru orice numerecomplexe α1,α2, . . . ,αp,β1,β2, . . . ,βq .

Avand definit un produs scalar pe E, putem indica definitia altornotiuni metrice de baza-lungimea vectorilor si unghiul a doi vectori.

Lungimea unui vector x ıntr-un spatiu euclidian E este prindefinitie numarul real pozitiv

|x| =qhx, xi (5.2)

Aceasta definitie ramane valabila si pentru un vector x ıntr-un spatiueuclidian complex E.

Orice vector x de lungime 1 se numeste normat. Orice vectornenul y poate fi normat, adica ınmultit cu un numar λ astfel ıncat carezultat sa se obtina un vector normat. Intr-adevar, ecuatia |λy| = 1relativ la λ are de exemplu solutia λ = 1

|y| .Avem:

|hx, yi| ≤ |x| |y| (5.3)

Inegalitatea (5.3) se numeste inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwartz,cu egalitate daca si numai daca vectorii x, y sunt liniar dependenti.

Se numeste unghi neorientat ıntre doi vectori nenuli x, y acelunghi cuprins ıntre 00 si 1800 al carui cosinus este egal cu raportul

hx, yi

|x| |y|.

123

Definitia 5.3. Vectorii x si y se numesc ortogonali daca unghiulneorientat dintre ei este egal cu 900 (adica x⊥y ).

Lema 5.1. Vectorii nenuli ortogonali doi cate doi x1, x2, ...,xk sunt liniar independenti.

Lema 5.2. Daca vectorii y1, y2, ..., yk sunt ortogonali vectoru-lui x, atunci orice combinatie liniara α1y1 + α2y2 + · · ·+ αkyk estede asemenea ortogonala lui x.

In astfel de cazuri vom spune ca vectorul x este ortogonal subspatiuluiL . In general, daca F ⊂ E este o multime oarecare de vectori ınspatiul euclidian E, atunci vom spune ca vectorul x este ortogonalmultimii F daca el este ortogonal oricarui vector din F .

MultimeaG a tuturor vectorilor x ortogonali multimii F formeazaea ınsasi conform lemei 5.2. un subspatiu al spatiului E . Ade-seori aceasta situatie se ıntalneste ın cazul cand F ınsusi este unsubspatiu si atunci subspatiul G se numeste complementul ortogo-nal al subspatiului F .

Teorema 5.1. Intr-un spatiu euclidian n-dimensional E existao baza formata din n vectori ortogonali doi cate doi.

Definitia 5.4. Se numeste determinantul Gram al vectorilorx1, x2, ..., xk din spatiul euclidian E, determinantul:

G (x1, x2, . . . , xk) =

¯¯¯hx1, x1i hx1, x2i · · · hx1, xkihx2, x1i hx2, x2i · · · hx2, xki· · · · · · · · · · · ·

hxk, x1i hxk, x2i · · · hxk, xki

¯¯¯ .

Are loc urmatorul rezultat:

Teorema 5.2 (Gram). Determinantul Gram al vectorilor x1,x2, ..., xk este nul daca acesti vectori sunt liniar dependenti si estestrict pozitiv daca vectorii sunt liniar independenti. El este egal cuprodusul patratelor lungimilor vectorilor x1, x2, ..., xk daca ei suntortogonali doi cate doi, ın caz contrar el este mai mic decat aceastamarime.



1. In spatiul Rn se defineste urmatoarea regulah, i : Rn ×Rn → R , astfel:hx, yi = ξ1η1 + ξ2η2 + · · · ξnηn ,unde x = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) , y = (η1, η2, . . . , ηn) .Sa se arate ca regula definita reprezinta un produs scalar peRn .

Solutie:

Verificam daca sunt ındeplinite proprietatile produsului scalar(definit pe R).a) hx, yi = hy, xi , ∀x, y ∈ Rn .hx, yi = ξ1η1 + · · · ξnηn == η1ξ1 + · · ·+ ηnξn = hy, xib) hx, y + zi = hx, yi+ hx, zi , ∀x, y, z ∈ Rn .hx, y + zi = ξ1(η1 + δ1) + · · ·+ ξn(ηn + δn) == ξ1η1 + ξ1δ1 + · · ·+ ξnηn + ξnδn == (ξ1η1 + · · ·+ ξnηn) + (ξ1δ1 + · · · ξnδn) == hx, yi+ hx, zi , unde z = (δ1, . . . , δn) .c) hλx, yi = λhx, yi , ∀x, y ∈ Rn , ∀ ∈ R .λx = (λξ1, . . . ,λξn) ,λhx, yi = λξ1η1 + · · ·+ λξnηn == λ(ξ1η1 + · · ·+ ξnηn) = λhx, yi .d) hx, xi > 0 , ∀x ∈ Rn sihx, xi = 0⇔ x = 0 .Evident hx, xi = (ξ1)2 + · · ·+ (ξn)2 ≥ 0si hx, xi = 0⇔ ξ1 = · · · = ξn = 0 .Deci conditiile din definitia produsului scalar sunt ındeplinitesi astfel regula data este un produs scalar pe Rn .

2. In spatiul C([a, b]) al functiilor continue si reale pe intervalul[a, b] se introduce urmatoarea regula

hx, yi : C([a, b])× C([a, b]) −→ C([a, b]) , astfel


hx, yi =

bZa

x(t)y(t)dt ,

unde x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b .Sa se arate ca regula definita reprezinta un produs scalar peC([a, b]).

Solutie:

Verificam daca sunt ındeplinite proprietatile produsului scalar.a) hx, yi = hy, xi , ∀x, y ∈ R (a, b) .

hx, yi =bRax(t)y(t)dt =

bRay(t)x(t)dt = hy, xi .

b) hx, y + zi = hx, yi+ hx, zi , ∀x, y, z ∈ R (a, b) .

hx, y + zi =bRax(t)(y + z)(t)dt =

bRax(t)(y(t) + z(t))dt =

=bRax(t)y(t)dt+

bRax(t)z(t)dt = hx, yi+ hx, zi .

c) hλx, yi = λhx, yi , ∀x, y ∈ R (a, b) , λ ∈ R .

hλx, yi =bRa(λx)(t)y(t)dt =

bRaλx(t)y(t)dt =

= λbRax(t)y(t)dt = λhx, yi .

d) hx, xi ≥ 0 , ∀x ∈ R (a, b)si hx, xi = 0⇔ x = 0 (functia identic nula).

Evident hx, xi =bRa(x(t))2dt ≥ 0 si

hx, xi = 0⇔ (x(t))2 = 0∀t ∈ (a, b) , adica x = 0.Conditiile a)-d) sunt verificate. Deci regula prezentata ın prob-lema defineste un produs scalar pe R (a, b) .

3. Fie E un spatiu vectorial euclidian. Aratati ca oricarei formeliniare ω , ω : E → R , i se poate asocia ın mod unic un vectorx ∈ E astfel ıncat < x, y >= ω(y), (∀) y ∈ E .

Solutie:

Consideram o baza ortonormata B = {e1, . . . , en} si fiex = x1e1 + · · ·+ xnen. Atunci, notand ω(ei) = ωi , pentru a fi


verificata relatia din problema va trebui sa avem

< x, ei >=<nPj=1

xjej , ei >= xi = ω(ei) = ωi .

Am determinat astfel componentele vectorului x.Fie y = y1e1 + · · ·+ yne1n , arbitrar.

Atunci < x, y >=<nPj=1

xjej ,nPj=1

yjej >=nPj=1

ωjyj .

Dar ω(y) = ω(nPj=1

yjej) =nPj=1

yjω(ej) =nPj=1

yjωj , deci vec-

torul x satisface relatia ceruta. Presupunand ca exista x1 cuaceeasi proprietate, avem:

< x− x1, x− x1 >=< x, x− x1 > − < x1, x− x1 >=

= ω(x− x1)− ω(x− x1) = 0 .

De aici avem kx− x1k = 0, rezulta x− x1 = 0.

4. Fie aplicatia <,> : R3 × R3 → R care ın raport cu bazacanonica {e1, e2, e3}din R3 are expresia< x, y >= 2x1y1 + x2y2 − 2x2y3 − 2x3y2 + 6x3y3 , unde x =(x1, x2, x3) si y = (y1, y2, y3).

a) Sa se arate ca (R3, <,>) este un spatiu euclidian.

b) Sa se scrie matricea produsului scalar ın raport cu bazacanonica.

c) Sa se calculeze || x || si cos(x, y) unde x = e1 + e2 + e3,y = e1 + 2e2 − e.

d) Sa se ortonormeze sistemul de vectori {e1, e2, e3} .

Solutie:

a). Daca x1 = (x11, x

21, x

31), x2 = (x

12, x

22, x

32) , atunci x1 + x2 =

((x11 + x12), (x

21 + x

22), (x

31 + x

32)),

deci < x1 + x2, y >= 2(x11 + x

12)y

1 + (x21 + x22)2y2−

−2(x21 + x22)y

3 − 2(x31 + x32)y

2 + 6(x31 + x32)x

3y3 == (2x11y

1 + x21y2 − 2x21y

3 − 2x31y2 + 6x31y

3)++(2x12y

1 + x22y2 − 2x22y

3 − 2x32y2 + 6x32y

3) ==< x1, y > + < x2, y >, deci aplicatia este liniara.Omogenitatea produsului <,> rezulta ın mod asemanator.


Se observa ca < x, y >= 2x1y1 + x2y2 − 2x2y3 − 2x3y2+

+6x3y3 = 2y1x1 + y2x2 − 2y2x3 − 2y3x2 + 6y3x3 =

=< y, x >, deci aplicatia<,> este simetrica.

Presupunem ca:< x, x >= 0⇒ 2

¡x1¢2+¡x2¢2−2x2x3−2x3x2+6

¡x3¢2= 0⇒

2¡x1¢2+¡x2¢2− 4x2x3 + 6

¡x3¢2= 0⇒

2¡x1¢2+¡x2¢2− 4x2x3 + 4

¡x3¢2+ 2

¡x3¢2= 0⇒

2¡x1¢2+¡x2 − 2x3

¢2+ 2

¡x3¢2= 0 ⇒ x1 = 0, x2 − 2x3 = 0,

x3 = 0, deci x1 = x2 = x3 = 0, prin urmare <,> este unprodus scalar, iar (R3, <,>) este spatiu vectorial euclidian.

b) Pentru calcularea matricei asociate acestui produs scalar,o modalitate ar fi aceea de a calcula direct valoarea produsu-lui pentru elementele componente ale bazei canonice, deci <ei, ej >, i, j = 1, 3. Putem observa ınsa ca expresia din enunta produsului scalar poate fi adusa la urmatoarea forma ma-triceala prin identificarea scalarilor:

< x, y >= (x1, x2, x3) ·

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ y1

y2

y3

⎞⎟⎠, tinand contca x,y sunt arbitrari, matricea asociata va fi:

A =

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ .c) Observam ca x = (1, 1, 1), deci

< x, x >= (1, 1, 1) ·

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ 111

⎞⎟⎠ = 5.Atunci kxk =

√< x, x > =

√5.


Mai departe,

< x, y >= (1, 1, 1) ·

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ 1

2−1

⎞⎟⎠ =

= (2,−1, 4)

⎛⎜⎝ 12−1

⎞⎟⎠ = −4;

< y, y >= (1, 2,−1) ·

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ 1

2−1

⎞⎟⎠ =

= (2, 4,−10) ·

⎛⎜⎝ 12−1

⎞⎟⎠ = 20,deci kyk = √< y, y > = √20.Putem calcula acum:

cos(x, y) =< x, y >

kxk · kyk=

−4√20 ·

√5=−2

5.

d) Vom ortogonaliza sistemul {e1, e2, e3} prin procedeul Gram-Schmidt. Ne propunem sa gasim vectorii a1 = e1, a2 = αa1 ++e2, a3 = βa1 + γa2 + e3, cu α, β, γ ∈ Rastfel ıncat < a1, a2 >= 0, < a1, a3 >= 0, < a2, a3 >= 0 .

Avem: < a1, a2 >= 0 ⇒ α < e1, e1 > + < e1, e2 >= 0 ⇒2α+ 0 = 0⇒ α = 0⇒ a2 = e2.

Analog , < a1, a3 >= 0⇒ β · 2 + 0 = 0⇒ β = 0

< a2, a3 >= 0⇒ γ < a2, a2 > + < a2, e3 >= 0⇒

γ < e2, e2 > + < e2, e3 >⇒ γ · 1− 2 = 0⇒ γ = 2⇒a3 = 2e2 + e3.

Vom calcula acum ka1k, ka2k, ka3k. Avem:


< a1, a1 >= (1, 0, 0) ·

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ 100

⎞⎟⎠ = 2,

< a2, a2 >= (0, 1, 0) ·

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ 010

⎞⎟⎠ = 1

< a3, a3 >= (0, 2, 1) ·

⎛⎜⎝ 2 0 00 1 −20 −2 6

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ 021

⎞⎟⎠ = 2.Deci ka1k =

√< a1, a1 > =

√2, ka2k =

√< a2, a2 > = 1,

ka3k =√< a3, a3 > =

√2.

Notam b1 =a1ka1k =

e1√2, b2 =

a2ka2k = e2, b3 =

a2ka2k =

2e2+e3√2.

Sistemulnb1, b2, b3

oeste un sistem ortonormat.

5. In spatiul euclidian (E,<,>) ın raport cu baza ortonormata{e1, e2, e3, e4} se da sistemul vectorial:S = {a1, a2, a3} , unde a1 = (1,−1, 1, 0) , a2 = (1, 1, 1, 1) ,a3 = (1, 0, 0, 1) .

Sa se ortonormeze folosind procedeul Gram-Schmidt.

Solutie:

Fie b1 = a1 ,b2 = αb1 + a2, b3 = βb1 + γb2 + a3.

Determinam α,β, γ din conditiile:< b1, b2 >=< b1, b3 >=< b2, b3 >= 0 .Dar < b1, b2 >= 0⇒α < a1, a1 > + < a1, a2 >= 0⇒α(12+ (−1)2+12 +02) + (1 · 1+ (−1) · 1+ 1 · 1+ 0 · 1) = 0⇒3α+ 1 = 0⇒ α = −1

3 ⇒ b2 = −13a1 + a2 = (

23 ,43 ,23 , 1).

Mai departe < b1, b3 >= 0⇒ β < b1, b1 > ++ < b1, a3 >= 0⇒ β · 3 + 1 = 0⇒ β = −1

3 .

De asemenea:< b2, b3 >= 0⇒ γ < b2, b2 > + < b2, a3 >= 0⇒


γ

µ³23

´2+³43

´2+³23

´2+ (1)2

¶+

+³23 · 1 +

43 · 0 +

23 · 0 + 1 · 1

´= 0⇒ 33

9 · γ +159 ⇒ γ = −5

11 .

Deci b3 = −13 · (1,−1, 1, 0)−

511(

23 ,43 ,23 , 1) + (1 , 0, 0, 1) =

= (1233 ,−933 ,−

2133 ,

1833). In concluzie,

b1 = (1 ,−1, 1, 0), b2 = (23 ,43 ,23 , 1) , b3 = (

1233 ,−

933 ,

2133 ,

1833).

Mai departe, avem:

|| b1 ||=p12 + (−1)2 + 12 + 02 =

√3 ,

|| b2 ||=

r³23

´2+³43

´2+³23

´2+ (1)2 =

q339 ,

|| b3 ||=

r³1233

´2+³− 933

´2+³−2133

´2+³1833

´2=q

9901089

=q1011 .

Asadar

½c1 =

b1||b1||

, c2 =b2||b2||

, c3 =b3||b3||

¾reprezinta

un sistem ortonormat ın R3 .

6. Fie spatiul euclidian canonic R4 si forma patraticaf : R4 → R , care relativ la baza canonica B a lui R4

are expresia analitica

f(x) = 4x1x2−2x1x4−2x2x3+4x3x4 , x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 .

Folosind metoda transformarilor ortogonale sa se aduca laforma canonica forma patratica f . Sa se gaseasca baza rel-ativ la care f are expresia canonica, precum si signatura luif .

Solutie:

Matricea formei patratice f relativ la baza canonica a lui R4

este

A =

⎛⎜⎜⎜⎝0 2 0 −12 0 −1 00 −1 0 2−1 0 2 0

⎞⎟⎟⎟⎠


Vom afla valorile proprii si vectorii proprii pentru operatorulliniar simetric u : R4 → R4 , a carui matrice relativ la bazacanonica a lui R4 (care este baza ortonormata ın raport cu

produsul scalar canonic pe R4, hx, yi =4Pi=1xiyi ) este chiar A,

adica

f(x) = xtBAxB = hx, u(x)i .

Se stie ca exista o baza ortonormata B1 , formata din vectoriproprii ai lui u, relativ la care matricea lui u este diagonala,adica este

D =

⎛⎜⎜⎜⎝λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 00 0 0 λ4

⎞⎟⎟⎟⎠( λ1,λ2,λ3,λ4 sunt valorile proprii ale lui u)

Deci f(x) = xtB1DxB1 = hx, u(x)i =4Pi=1

λi(yi)2 este forma

canonica a lui f (unde yi, i = 1, 4 sunt coordonatele lui xrelativ la baza B1) si B1 este baza relativ la care f are expresiacanonica.Concret, valorile proprii ale lui u se gasesc rezolvand ecuatiacaracteristica det(A− λI4) = 0

⇔

¯¯¯−λ 2 0 −12 −λ −1 00 −1 −λ 2−1 0 2 −λ

¯¯¯ = 0⇔ (λ2−1)(λ2−9) = 0 , de unde

rezulta valorile proprii λ1 = −3 , λ2 = −1 , λ3 = 1 , λ4 = 3.Forma canonica a formei patratice f estef(x) = −3(y1)2 − (y2)2 + (y3)2 + 3(y4)2 , undextB1 = (y1, y2, y3, y4) , iar baza ortonormata B1 este formatacu vi (i = 1, 4) vectori proprii corespunzatori valorilor propriiλi .Evident, signatura lui f este (2, 2) . Prin urmare f este formapatratica nedefinita.


Pentru λ1 = −3 , se rezolva sistemul omogen:⎛⎜⎜⎜⎝3 2 0 −12 3 −1 00 −1 3 2−1 0 2 3

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0000

⎞⎟⎟⎟⎠⇔⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

3x1 + 2x2 − x4 = 02x1 + 3x2 − x3 = 0−x2 + 3x3 + 2x4 = 0−x1 + 2x3 + 3x4 = 0

si se obtine x1 = α, x2 = −α, x3 = −α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ1 = −3 esteα(1,−1,−1, 1) , α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vec-torul u1 = (1,−1,−1, 1) cu lungimea ku1k = 2 . Atunciv1 =

1ku1k u1 =

12(1,−1,−1, 1) .

Pentru λ2 = −1 , se rezolva sistemul omogen:⎛⎜⎜⎜⎝1 2 0 −12 1 −1 00 −1 1 2−1 0 2 1

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0000

⎞⎟⎟⎟⎠⇔⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x1 + 2x2 − x4 = 02x1 + x2 − x3 = 0−x2 + x3 + 2x4 = 0−x1 + 2x3 + x4 = 0

si se obtine x1 = −α, x2 = α, x3 = −α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ2 = −1 esteα(−1, 1,−1, 1) , α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vec-torul u2 = (−1, 1,−1, 1) cu lungimea ku2k = 2 . Atunciv2 =

1ku2k u2 =

12(−1, 1,−1, 1) .

Pentru λ3 = 1 , se rezolva sistemul omogen:⎛⎜⎜⎜⎝−1 2 0 −12 −1 −1 00 −1 −1 2−1 0 2 −1

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0000

⎞⎟⎟⎟⎠⇔


⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩−x1 + 2x2 − x4 = 02x1 − x2 − x3 = 0−x2 − x3 + 2x4 = 0−x1 + 2x3 − x4 = 0

si se obtine x1 = α, x2 = α, x3 = α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ3 = 1 esteα(1, 1, 1, 1) , α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vectorulu3 = (1, 1, 1, 1) cu lungimea ku3k = 2 . Atunci v3 =

1ku3k u3 =

12(1, 1, 1, 1) .Pentru λ4 = 3 , se rezolva sistemul omogen:⎛⎜⎜⎜⎝

−3 2 0 −12 −3 −1 00 −1 −3 2−1 0 2 −3

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1

x2

x3

x4

⎞⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎝0000

⎞⎟⎟⎟⎠⇔⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩−3x1 + 2x2 − x4 = 02x1 − 3x2 − x3 = 0−x2 − 3x3 + 2x4 = 0−x1 + 2x3 − 3x4 = 0

si se obtine x1 = −α, x2 = −α, x3 = α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ4 = 3 esteα(−1,−1, 1, 1) , α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vec-torul u4 = (−1,−1, 1, 1) cu lungimea ku4k = 2 . Atunciv4 =

1ku4k u4 =

12(−1,−1, 1, 1) .

Deci B1 =nv1 =

³12 ,−

12 ,−

12 ,12

´, v2 =

³−12 ,12 ,−

12 ,12

´,

v3 =³12 ,12 ,12 ,12

´, v4 =

³−12 ,−

12 ,12 ,12

´o.

7. Fie (E, h, i) un spatiu vectorial euclidian real si{a1, a2, . . . , an} un sistem ortonormat de vectori din E careverifica proprietatea

kxk2 =nXk=1

hak, xi2 , ∀x ∈ E


Aratati ca {a1, a2, . . . , an} este baza pentru E.

Solutie:

Se stie ca orice sistem ortogonal de vectori este liniar indepen-dent. Cum {a1, a2, . . . , an} este un sistem ortonormat, rezultaca este ortogonal, deci liniar independent.Pentru a ıncheia rezolvarea problemei, ramane sa demonstramca {a1, a2, . . . , an} este sistem de generatori pentru E. Fiex ∈ E , arbitrar fixat. Consideram*

nXk=1

hak, xiak − x, aj

+=

nXk=1

hak, xi · hak, aji− hx, aji =

=nXk=1

hak, xiδkj − hx, aji = haj , xi− hx, aji = 0, ∀j = 1, n .

Daca se noteaza y =nPk=1hak, xiak− x , atunci conform ipotezei

rezulta ca

kyk2 =nXk=1

hak, yi2 =

nXk=1

hy, aki2 = 0

si astfel y = 0 .

Deci x =nPk=1

αkak , unde αk = hak, xi ∈ R .

8. Fie (E, h, i) un spatiu vectorial euclidian real cu baza ortonor-mata B = {e1, e2, e3} si a = e1 − e2 + 2e3 . Daca f : E → Eeste definita prin

f(x) = hx, aia , ∀x ∈ E

se cer:a) Aratati ca f este un operator liniar si simetric;b) Scrieti matricea lui f ın raport cu baza B si ecuatiile lui frelativ la aceeasi baza;c) Determinati Ker f si Imf ;


d) Determinati o baza ortonormata a lui Ker f ;e) Gasiti o baza ortonormata a lui E relativ la care matricealui f este diagonala.

Solutie:

a) Deoarece avem f(αx+ βy) = hαx+ βy, aia =hαx, aia + hβy, aia = αhx, aia + βhy, aia = αf(x) + βf(y),oricare ar fi α,β ∈ R si x, y ∈ E , rezulta ca f ∈ End (E) .f este simetric pentru ca:hf(x), yi = hx, aiha, yi = ha, yihx, ai = hy, aihx, ai == hx, hy, aiai = hx, f(y)i, ∀x, y ∈ E .b) Deoarece f este un operator liniar simetric rezulta ca ma-tricea sa, relativ la baza ortormata B , este simetrica.Se calculeaza f(ei), i = 1, 2, 3.f(e1) = he1, aia = 1 · a = a = e1 − e2 + 2e3 ,f(e2) = he2, aia = (−1) · a = −a = −e1 + e2 − 2e3,f(e3) = he3, aia = 2 · a = a = 2e1 − 2e2 + 4e3.(deoarece hei, eji = δij)Deci, matricea lui f relativ la B este

A =

⎛⎜⎝ 1 −1 2−1 1 −22 −2 4

⎞⎟⎠

Prin urmare, cum ˜f(x)B =

⎛⎜⎝ y1

y2

y3

⎞⎟⎠ = AxB = A

⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ ,obtinem ecuatiile lui f relativ la baza B :⎧⎪⎨⎪⎩

y1 = x1 − x2 + 2x3

y2 = −x1 + x2 − 2x3

y3 = 2x1 − 2x2 + 4x3

c) Nucleul operatorului f esteKer f = {x ∈ E|f(x) = 0} =

=

½x =

3Pi=1xiei ∈ E|(x1, x2, x3) solutie pentru sistemul


⎧⎪⎨⎪⎩x1 − x2 + 2x3 = 0

−x1 + x2 − 2x3 = 02x1 − 2x2 + 4x3 = 0

⎫⎪⎬⎪⎭.Se observa ca rangul matricii asociate acestui sistem liniaromogen este 1 si atunci dimKer f = dimE − rang A = 2 .Rezolvam sistemul pentru a gasi o baza pentru Kerf , adicaun sistem fundamental de solutii pentru sistemul omogen demai sus.

Avem solutia generala

⎧⎪⎨⎪⎩x1 = α− 2βx2 = αx3 = β

(α,β ∈ R)

si prin urmare x ∈ Ker f daca si numai dacax = (α− 2β)e1 + αe2 + βe3 , α,β ∈ R , adicax = αa1 + βa2 , unde a1 = e1 + e2 si a2 = −2e1 + e3.Deci Ker f = {αa1 + βa2|α,β ∈ R} = L(a1, a2) siB1 = {a1, a2} este o baza pentru Ker f pentru ca rangul ma-tricii pe ale carei coloane avem coordonatele vectorilor a1 sia2, relativ la baza B , este 2.Acum, dim Imf = dimE − dimKer f = rangA = 1 siImf = {f(x)|x ∈ E} = {(x1 − x2 + 2x3)e1 + (−x1 + x2 −2x3)e2 + (2x

1 − 2x2 + 4x3)e3|xi ∈ R} .Deci Imf = {(x1 − x2 + 2x3)(e1 − e2 + 2e3)|xi ∈ R} = L(a)si astfel {a} este o baza pentru Imf .d) Deoarece ha1, a2i = −2+0+0 = −2 rezulta ca B1 = {a1, a2}nu este baza ortonormata pentru Ker f . Pentru a obtineo baza ortonormata vom utiliza procedeul de ortogonalizareGram-Schmidt, plecand de la baza B1.Se considera g1 = a1 si g2 = a2 + αg1 , unde α ∈ R se afla dinconditia de ortogonalitate hg1, g2i = 0 .Din 0 = hg1, g2i = ha1, a2i + αha1, a1i rezulta −2 + 2α = 0 ,adica α = 1 . Astfel, obtinem ca g1 = a1 = e1 + e2 sig2 = a2 + g1 = −e1 + e2 + e3.Acum, calculand kg1k =

phg1, g1i =

√12 + 12 + 02 =

√2 si


kg2k =phg2, g2i =

p(−1)2 + 12 + 12 =

√3 si considerand

f1 =1

kg1kg1 , f2 =

1

kg2kg2

rezulta ca B∗1 =nf1 =

1√2(e1 + e2), f2 =

1√3(−e1 + e2 + e3)

oeste o baza ortonormata a lui Ker f .e) Ecuatia caracteristica det(A−λI3) = 0 are toate radacinilereale (pentru ca A este matrice simetrica).¯

¯ 1− λ −1 2−1 1− λ −22 −2 4− λ

¯¯ = 0⇔ λ2(λ− 6) = 0

si atunci valorile proprii sunt λ1 = λ2 = 0 , λ3 = 6 .Baza ortonormata relativ la care matricea lui f este diagonalaeste B∗ = {v1, v2, v3} , unde vi este un vector propriu (versor)corespunzator valorii proprii λi , iar forma diagonala a matriciioperatorului f este:

D =

⎛⎜⎝ λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

⎞⎟⎠ (λ1 = λ2 = 0; λ3 = 6)

Pentru λ1,2 = 0 avem sistemul

(A− λ1I3)

⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇔⎧⎪⎨⎪⎩

x1 − x2 + 2x3 = 0−x1 + x2 − 2x3 = 02x1 − 2x2 + 4x3 = 0

de unde rezulta ca subspatiul propriu crespunzator valorii pro-prii 0 este V0 = Ker (f − 0 · I3) = Ker f si atunciv1 = f1 =

1√2(e1 + e2) , v2 = f2 =

1√3(−e1 + e2 + 3) . Pentru

λ3 = 6 avem sistemul

(A− λ3I3)

⎛⎜⎝ x1

x2

x3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇔⎧⎪⎨⎪⎩−5x1 − x2 + 2x3 = 0−x1 − 5x2 − 2x3 = 02x1 − 2x2 − 2x3 = 0


de unde rezulta x1 = α/2, x2 = −α/2, x3 = α , α ∈ R siastfel subspatiul propriu crespunzator valorii proprii 6 esteV6 = Ker (f − 6 · I3) = {α(e1 − e2 + 2e3)|α ∈ R} = L(a) , cua = e1 − e2 + 2e3 .Luam v3 =

1kak · a =

1√6(e1 − e2 + 23) si astfel obtinem baza

ortonormata B∗ (stiind ca vectorii proprii corespunzatori lavalori proprii distincte, pentru un operator liniar si simetric,sunt ortogonali).Observam ca Ker f ⊕ Imf = E .

9. In spatiul euclidian canonic R5 se da subspatiul

E1 =

(x = (x1, x2, x3, x4, x5)

¯¯(x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0x1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 0

)

a) Determinati complementul ortogonal al lui E1 , E⊥1 ;

b) Determinati prE1 x , unde x = (3, 1, 2, 2, 0) ;c) Scrieti matricea proiectorului ortogonal P1 al lui R

5 pe E1 .

Solutie:

a) Complementul ortogonal al lui E1 esteE⊥1 = {y ∈ R

5|y ⊥ E1} = {y ∈ R5|y ⊥ x , ∀x ∈ E1} .Matricea sistemului liniar omogen din definitia lui E1 este

A =

Ã1 1 −1 1 −11 −1 −1 −1 −1

!.

Cum rangA = 2 , rezulta ca dimE1 = 5− 2 = 3 .

Rezolvand sistemul

(x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0x1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 0

se obtine

x = (x1, x2, x3, x4, x5) = (α+ γ,−β,α,β, γ) , cuα,β, γ ∈ R .Deci x ∈ E1 ⇔ x = αa1 + βa2 + γa3 , unde a1 = (1, 0, 1, 0, 0) ,a2 = (0,−1, 0, 1, 0) , a3 = (1, 0, 0, 0, 1) .Adica E1 = L(a1, a2, a3).


Cum rangul matricei

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 10 −1 01 0 00 1 00 0 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ este 3, rezulta ca{a1, a2, a3} este baza pentru E1 . Atunci E⊥1 este multimeavectorilor y din R5 care sunt ortogonali pe a1 , a2 si a3 , adica

E⊥1 =

⎧⎪⎨⎪⎩y = (y1, y2, y3, y4, y5)|⎧⎪⎨⎪⎩

y1 + y3 = 0−y2 + y4 = 0y1 + y5 = 0

⎫⎪⎬⎪⎭ .Rezulta:E⊥1 = {y ∈ R

5|∃α,β ∈ R astfel ca y = (α,β,−α,β,−α)} sauE⊥1 = L(a4, a5) , unde a4 = (1, 0,−1, 0,−1) si a5 = (0, 1, 0, 1, 0)este si baza pentru E⊥1 .b) Deoarece E1 ⊕E⊥1 = R

5 , avem descompunerea unica

x = x1 + x2 , x1 ∈ E1, x2 ∈ E⊥1

pentru orice vector x ∈ R5 .Pentru x = (3, 1, 2, 2, 0), proiectia sa ortogonala pe subspatiulE1, notata x1 = prE1 x, se gaseste dupa cum urmeaza.Din x = x1 + x2 , E1 = L(a1, a2, a3) si x1 ∈ E1, x2 ∈ E⊥1rezulta ⎧⎪⎨⎪⎩

hx, a1i = hx1, a1i+ hx2, a1i = hx1, a1ihx, a2i = hx1, a2i+ hx2, a2i = hx1, a2ihx, a3i = hx1, a3i+ hx2, a3i = hx1, a3i

sau, daca luam x1 =3Pj=1

αj aj , αj ∈ R , avem:

⎧⎪⎨⎪⎩α1ha1, a1i+ α2ha2, a1i+ α3ha3, a1i = hx, a1iα1ha1, a2i+ α2ha2, a2i+ α3ha3, a2i = hx, a2iα1ha1, a3i+ α2ha2, a3i+ α3ha3, a3i = hx, a3i

Tinand cont de faptul caha1, a1i = 2 , ha1, a2i = 0 , ha1, a3i = 0 , ha2, a2i = 2 , ha2, a3i =


0 , ha3, a3i = 2 , hx, a1i = 5 , hx, a2i = 1 , hx, a3i = 3 , obtinemsistemul liniar ⎧⎪⎨⎪⎩

2α1 = 52α2 = 1

2α3 = 3

de unde x1 =52 a1+

12 a2+

32 a3 , adica prE1 x = (4,−

12 ,52 ,12 ,32).

c) Proiectorul ortogonal al lui R5 pe subspatiul E1,

P1 : R5 → E1 , este dat prin P1(x)

def= prE1 x

not= x1,

pentru orice x = x1 + x2, x1 ∈ E1, x2 ∈ E⊥1 .Conform cu punctele a) si b) B1 = {a1, a2, a3, a4, a5} este obaza a lui R5 (prin calcul, se poate verifica ca cei cinci vectorisunt liniari independenti). Atunci matricea lui P1 relativ labaza B1 este:

A1 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠pentru ca P1(a1) = a1 , P1(a2) = a2 , P1(a3) = a3 ,P1(a4) = 0 , P1(a5) = 0 .Observatii: i) Se poate gasi matricea lui P1 relativ la oricebaza a lui R5 . De exemplu, matricea lui P1 relativ la bazacanonica a lui R5 este B1 = CA1C

−1 , unde C este matriceade trecere de la baza canonica la baza B1 ,

A1 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 1 1 00 −1 0 0 11 0 0 −1 00 1 0 0 10 0 1 −1 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ii) Proiectorul ortogonal P2 al lui R

5 pe E⊥1 ,


P2(x)def= prE⊥1

xnot= x2 are, relativ la baza B1 , matricea

A2 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝0 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠10. Fie E1 un subspatiu al spatiului euclidian real E,

iar P1 : E → E1 definit prin P1(x) = x1 , ∀x = x1 + x2 ,x1 ∈ E1 , x2 ∈ E⊥1 .Sa se arate ca:a) P1 este un operator liniar si simetric;b) P1 este un operator idempotent (P1 ◦ P1 = P1).(P1 se numeste proiectorul ortogonal al spatiuluiE pe subspatiulE1)Reciproc, pentru orice operator liniar, simetric si idempo-tent, P : E → E , exista un subspatiu E1 al lui E astfel ıncatP sa fie proiectorul ortogonal lui E1 pe E .

Solutie:

a) Fie α,β ∈ R si x, y ∈ E , arbitrari fixati.Avem descompunerile unice x = x1 + x2 , y = y1 + y2 , αx +βy = (αx1+βy1)+ (αx2+βy2) , unde x1, y1,αx1+βy1 ∈ E1 ,x2, y2,αx2 + βy2 ∈ E⊥1 . Atunci vom avea:P1(αx+ βy) = αx1 + βy1 = αP1(x) + βP1(y) sihP1(x), yi = hx1, yi = hx1, y1i+ hx1, y2i = hx1, y1i , iarhx, P1(y)i = hx, y1i = hx1, y1i+ hx2, y1i = hx1, y1i .Deci P1 este operator liniar si simetric.b) (P1 ◦ P1)(x) = P1(P1(x)) = P1(x1) = P1(x1 + 0) = x1 ==P1(x) , pentru orice x = x1 + x2 . Deci P1 este idempotent.Reciproc, fie P : E → E un operator liniar, simetric si idem-potent.Se considera multimea E1 = {x ∈ E|P (x) = x} .Deoarece P (αx+βy) = αP (x)+βP (y) = αx+βy pentru oricex, y ∈ E1 si α,β ∈ R , rezulta ca E1 este subspatiu vectorial


al lui E.Vom demonstra ca operatorul P este proiectorul ortogonal allui E pe subspatiul E1, adica aratam caP : E → E1 si P (x) = x1 , ∀x = x1 + x2 ∈ E , x1 ∈ E1,x2 ∈ E⊥1 (descompunere unica).Din idempotenta avem P (P (x)) = P (x) , ∀x ∈ E si astfelP (x) ∈ E1 , ∀x ∈ E . Deci ImP = E1 sau P : E → E1 .Fie x = x1 + x2 ∈ E , x1 ∈ E1 , x2 ∈ E⊥1 .Atunci P (x) = P (x1) + P (x2) si P (x2) ∈ E1 .Dar, din simetria lui P , avem hy, P (x2)i = hP (y), x2i = 0 ,∀y ∈ E1 . Rezulta P (x2) ∈ E⊥1 si astfelP (x2) ∈ E1 ∩E⊥1 = {0} , adica P (x2) = 0 .Deci P (x) = x1 , ∀x = x1 + x2 ∈ E .Se observa ca Ker P = E⊥1 .

11. Daca (E, h, i) este un spatiu euclidian si f ∈ End(E) este si-metric, atunci aratati ca complementul ortogonalE⊥1 al oricaruisubspatiu E1 invariant fata de f este de asemenea invariantfata de f .

Solutie:

Fie x ∈ E⊥1 , arbitrar fixat. Atunci:hf(x), yi = hx, f(y)i = 0 , pentru orice y ∈ E1 si prin urmaref(x) ∈ E⊥1 . Deci E

⊥1 este subspatiu invariant fata de f .

12. Fie (E, h, i) un spatiu euclidian. Un operator f ∈ End(E) senumeste ortogonal daca hf(x), f(y)i = hx, yi ,∀x, y ∈ E .Aratati ca:a) Operatorul f este ortogonal daca si numai daca matriceasa, ın raport cu o baza ortonormata a lui E, este ortogonala.b) Operatorul f este ortogonal daca si numai dacakf(x)k = kxk , ∀x ∈ E .

Solutie:

a) O matrice A ∈Mn(R) este ortogonala daca si numai dacaAAt = AtA = In (n = dimE), adica


nPk=1

αikαkj = δij , ∀i, j = 1, n.

Matricea lui f relativ la baza ortonormata B = {e1, . . . , en}

este A = (αij)i,j=1,n , unde f(ej) =nPk=1

αkj ek , j = 1, n.

Atunci f este ortogonal daca si numai daca:

hf(x), f(y)i = hx, yi , ∀x =nPi=1xiei, y =

nPj=1

yj ej ⇔

hnPi=1xif(ei),

nPi=1yjf(ej)i = h

nPi=1xiei,

nPi=1yj eji ⇔

nPi,j=1

xiyjhf(ei), f(ej)i =nP

i,j=1xiyjhei, eji ⇔

nPi,j=1

xiyjhαkiek,αlj eli =nP


nPi,j=1

xiyjαkiαljhek, eli =nP


nPi,j=1

xiyjαkiαljδkl =nP

i,j=1xiyjδij , ∀xi, yj ∈ R ⇔

αkiαljδkl = δij ⇔ αkiαkj = δij ⇔AAt = AtA = In , adica A este matrice ortogonala.b) Daca f este operator ortogonal, luand x = y , obtinemkf(x)k2 = kxk2 , ∀x ∈ E , adica kf(x)k = kxk , ∀x ∈ E.Invers, daca avem kf(x)k = kxk , ∀x ∈ E , atunci kf(x− y)k =kx − yk , ∀x, y ∈ E ⇔ kf(x) − f(y)k2 = kx − yk2 , ∀x, y ∈ E⇔ hf(x) − f(y), f(x) − f(y)i = hx − y, x − yi , ∀x, y ∈ E ⇔hf(x), f(y)i = hx, yi , ∀x, y ∈ E , adica f este ortogonal.

13. Operatorul f ∈ End(R3) are proprietatea caf(e1) =

1√2e1 +

1√2e3 si f(e2) = −

1√3e1 +

1√3e2 +

1√3e3,

unde B = {e1, e2, e3} este o baza ortonormata a lui R3.a) Gasiti matricea lui f relativ la baza B, stiind ca f esteoperator ortogonal;b) Daca x = e1 + e2 − e3 si y = e1 − 2e2 + 3e3 , calculatikx − yk , kf(x) − f(y)k si cos θ , cosϕ , unde θ = m(x, y) siϕ = m(f(x), f(y)) .

Solutie:


a) Matricea lui f relativ la baza ortonormata B este ortogo-nala. Deasemenea, transpusa ei este tot ortogonala. Dar, sestie ca

A =

⎛⎜⎜⎝1√2− 1√

3·

0 1√3

·1√2

1√3

·

⎞⎟⎟⎠si cum o matrice ortogonala A = (αi,j)i,j=1,3 verifica

αi1α1j + αi2α2j + αi3α3j = δij , ∀i, j = 1, 3, avem ca (daca seaplica formulele de mai sus pentru At):α213 = 1− α211 − α212 = 1−

12 −

13 ==

16 , α13 = ±

1√6.

α223 = 1− α221 − α222 = 1− 0−13 ==

23 , α23 = ±

2√6.

α233 = 1− α231 − α232 = 1−12 −

13 ==

16 , α33 = ±

1√6.

Prin urmare, matricea ortogonala A poate fi

A =

⎛⎜⎜⎝1√2− 1√

31√6

0 1√3

2√6

1√2

1√3

− 1√6

⎞⎟⎟⎠ sau

A =

⎛⎜⎜⎝1√2− 1√

3− 1√

6

0 1√3

− 2√6

1√2

1√3

1√6

⎞⎟⎟⎠ .Deci exista doi operatori ortogonali ın conditiile date.b) Se vor efectua calculele pentru operatorul ortogonal f acarui matrice, relativ la baza B, este:

A =

⎛⎜⎜⎝1√2− 1√

31√6

0 1√3

2√6

1√2

1√3

− 1√6

⎞⎟⎟⎠ ,pentru celalalt operator calculele fiind similare.Avem x− y = 3e2 − 4e3 , f(x)− f(y) = f(x− y) = 3f(e2)−

−4f(e3) =−3√2−4√6e1 +

3√2−8√6e2 +

3√2+4√6e3, de unde

kx− yk =p02 + 32 + (−4)2 = 5 si

kf(x)−f(y)k =

r(−3

√2−4√6)2 + (3

√2−8√6)2 + (3

√2+4√6)2 = 5 (rezul-

tat normal pentru ca f este ortogonal).


Acum, cos θ = hx,yikxk·kyk =

1·1+1·(−2)+(−1)·3√12+12+(−1)2·

√12+(−2)2+32

= − 4√42

si cosϕ = hf(x),f(y)ikf(x)k·kf(y)k = cos θ .

14. Fie Ms(n;R) =©A ∈Mn(R)|A = At

ªmultimea matricilor

patratice de ordinul n, simetrice, cu elemente reale. Daca seconsidera aplicatiah, i :Ms(n;R)×Ms(n;R)→ R , data prin

hA,Bidef= Tr(AB) , ∀A,B ∈Ms(n;R) , atunci:

a) Sa se arate ca h, i este un produs scalar pe spatiul vectorialrealMs(n;R) ;b) Pentru n = 2, sa se ortonormeze baza

B =

(A1 =

Ã1 −1−1 0

!, A2 =

Ã0 11 0

!, A3 =

Ã0 22 1

!).

Solutie:

a) Daca A = (aij)i,j=1,n , B = (bij)i,j=1,n ,C = (cij)i,j=1,n matrici simetrice si α,β, γ ∈ R , avem

hαA+ βB,Ci = Tr((αA+ βB)C) =nPk=1

ckk ,

unde ckk =nPj=1(αakj + βbkj)cjk .

(se stie ca Tr(A)def=

nPk=1

akk este urma matricii A)

Atunci, hαA+ βB,Ci = αnP

k,j=1akjcjk + β

nPk,j=1

bkjcjk =

= αTr(AC) + βTr(BC) = αhA,Ci+ βhB,Ci (1)

hA,Bi = Tr(AB) =nPk=1

nPi=1akibik =

=nPi=1

nPk=1

bikaki = Tr(AB) = hB,Ai (2)

hA,Ai = Tr(A2) =nPk=1

nPi=1akiaik =

nPk=1

nPk,i=1

a2ki > 0 (3)

pentru ca A = At .hA,Ai = 0⇔ aki = 0, ∀k, i = 1, n , adica A = R (4)Din (1)-(4) rezulta ca h, i este un produs scalar peMs(n;R) .b) Se considera B1 = A1 , B2 = A2 + αB1 ,


B3 = A3 + βB1 + γB2 , unde α,β, γ se afla din conditiile:hB1, B2i = 0 , hB1, B3i = 0 , hB2, B3i = 0 , adicahA1, A2i+ αhA1, A1i = 0hA1, A3i+ βhA1, A1i+ γhA1, B2i = 0hB2, A3i+ βhB2, A1i+ γhB2, B2i = 0

Cum A1A2 =

Ã−1 10 −1

!, A1A1 =

Ã2 −1−1 1

!, A1A3 =Ã

−2 10 −2

!, A2A3 =

Ã2 10 2

!, A2A2 =

Ã1 00 1

!, A3A3 =Ã

4 22 5

!, rezulta Tr(A1A2) = −2 , Tr(A21) = 3 si α =

23 .

Deci B2 = A2 +23A1 =

Ã23

13

13 0

!.

In continuare, A1B2 =

Ã13

13

−23 −1

3

!, B2B2 =

Ã59

29

29

19

!,

B2A3 =

Ã23

53

0 23

!si atunci Tr(A1B2) = Tr(B2A1) = 0 ,

Tr(B22) =23 , Tr(B2A3) =

43 .

Atunci, rezolvand sistemul

(−4 + 3β + 0γ = 043 + 0β +

23γ = 0

,

se obtine β = 43 , γ = −2 si astfel

B3 =

Ã0 00 1

!.

Din baza ortogonala {B1, B2, B3} se obtine baza ortonormatacautata B∗ = {C1, C2, C3} , unde

C1 =1

kB1kB1 =

Ã1√3

− 1√3

− 1√3

0

!, C2 =

1kB2kB2 =

Ã2√6

1√6

1√6

0

!si

C3 =1

kB3kB3 =

Ã0 00 1

!.

(vezi kB1k =qTr(B21) =

√3 , kB2k =

qTr(B22) =

q23 ,

kB3k =qTr(B23) = 1 )


15. Fie S, Q transformari liniare simetrice ale spatiului vectorialeuclidian E. Consideram B1 = {x ∈ E | || x ||= 1}.Notand cu λmax (respectiv λmin) valoarea proprie maximala(minimala) a lui S si cu μmax (respectiv μmin) valoarea propriemaximala (minimala) a lui Q, aratati ca λmax ≤ μmin daca sinumai daca < S(x), x > ≤ < Q(y), y >, ∀x, y ∈ B1 .

Solutie:

“⇒” Se stie ca orice operator liniar simetric poseda o bazaortonormata formata din vectori proprii. Fie BS = {e1, ..., en}si BQ = {f1, ..., fn} o astfel de baza asociata operatoruluiliniar simetric S, respectiv Q. Fie x = x1e1 + ... + x

nen;y = y1f1 + ...+ y

nfn, x, y ∈ B1. Atunci:

< S(x), x >=< S(nXi=1

xiei),nXi=1

xiei >=

=<nXi=1

λixiei,

nXi=1

xiei >=nXi=1

λi³xi´2.

Analog, < Q(y), y >=nPi=1

μi¡yi¢2. Dar:

< S(x), x >=nXi=1

λi³xi´2≤ λmax

nXi=1

³xi´2=

= λmax ≤ μmin = μmin

nXi=1

³yi´2≤

≤nXi=1

μi³yi´2=< Q(y), y > .

“⇐” (∀) i, j = 1..n, avem ei, f j ∈ B1, deci

< S(ei), ei >≤< Q(f j), f j > .

Atunci λi ||ei|| ≤ μj¯¯f j

¯¯. De aici rezulta ca λmax ≤ μmin .


16. Intr-un spatiu euclidianE consideram definita o forma biliniaraantisimetrica nedegenerata ω, ω : E × E → R(o forma sim-plectica, vezi problema 12, cap. 4). Daca dimE = 2n, aratatica putem gasi o baza B = {e1, ..en, .., e2n} astfel ıncat

ω(ei, ej) = 0;ω(en+i , en+j) = 0;ω(ei, en+j) = δij ,

unde i, j = 1, n , iar δij =

(1, daca i = j0, ın rest

(simbolul lui

Kronecker).

Solutie:

Vom rezolva problema prin inductie dupa n.Pentru n = 1, fie x fixat si fie y ∈ E vectorul unic determinat(vezi problema 3) de relatia:

< y, z >= ω(x, z) , (∀) z ∈ E .

Atuncin

x||x|| ,

y||y||

oeste baza cautata. Presupunem afirmatia

adevarata pentru n si fie E un spatiu euclidian, dimE =2(n + 1) . Fie x, y ∈ E ca mai sus si W = L(x, y). FieWT complementul ortogonal al lui W . Cum dimWT = 2n,fie {f1, ..fn, .., f2n} cu proprietatea ceruta. Notand e1 =

x||x|| ;

en+2 =y||y|| ; ei = f i−1, pentru i = 1, n si i = n+ 2, 2n, ob-

servam ca baza {e1, ..en+1, en+, .., e2n} satisface toate exigenteleenuntului.

17. FieE un spatiu euclidian si ω o forma simplectica. Un subspatiuW astfel ıncat ω(x, y) = 0, (∀) x, y ∈W , siW cu aceasta pro-prietate e maximal ın raport cu relatia de incluziune poartanumele de subspatiu lagrangean. Daca W este un astfel desubspatiu, demonstrati ca dimW ≤ dimE

2 .

Solutie:

Oricarui vector x ∈W ıi asociem ın mod unic vectorul I(x) ∈E astfel ıncat:

< I(x), y >= ω(x, y) = 0 , (∀) y ∈ E


(vezi problema 3). Fie fW = Im(I). Se observa ca I este op-erator liniar. Demonstram ca Ker f = {0} . Presupunem ca(∃) x ∈W astfel ıncat I(x) = 0.Atunci ω(x, y) =

0, y

®= 0, (∀) y ∈ E. Dar cum ω este

nedegenerata, contradictia provine din faptul ca ıntr-o bazace contine vectorul x, matricea asociata ar avea o ıntreagalinie nula, deci va avea determinantul nul (vezi problema 12,cap. 4).Atunci dimfW = dimW . Fie acum x, y ∈ W ; din relatia demai sus rezulta ca W si fW sunt ortogonale.Atunci dimE ≥ dimW +dimfW = 2 · dimW . De aici rezultaconcluzia problemei.


1. Pe spatiul vectorial aritmeticRn se considera aplicatia biliniara<< ·, · >> definita prin

<< x, y >>= x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + · · ·+ nxnyn,

pentru orice x = (x1, x2, ..., xn), y = (y1, y2, ..., yn).

a) Aratati ca << ·, · >> este un produs scalar pe Rn.

b) Verificati ca baza canonica a lui Rn este ortonormata ınraport cu acest produs scalar.

c) Aratati ca exista k1, k2 > 0 astfel ıncat k1 · |x| ≤ ||x|| ≤k2 · |x|, ∀x ∈ Rn, unde | · | reprezinta norma euclidiana pe Rn

si || · || reprezinta norma asociata produsului scalar << ·, · >>.

d) Scrieti inegalitatea lui Cauchy pentru produsul scalar <<·, · >>. Comparati-o cu inegalitatea lui Cauchy scrisa pentruprodusul scalar canonic < ·, · >.

2. Fie E un spatiu vectorial real, n-dimensional dotat cu douaproduse scalare < ·, · >1si < ·, · >2. Sa se arate ca oricare arfi perechea de vectori nenuli x, y ∈ E, unghiurile dintre cei


doi vectori, corespunzatoare celor doua produse scalare, suntegale daca si numai daca exista λ > 0 astfel ıncat < x, y >1=λ < x, y >2, pentru orice x, y ∈ E.

3. In spatiul vectorial aritmetic R3 se considera vectorii a1 =(1, 0, 1), a2 = (1, 1, 0), a3 = (0, 1, 1), a = (1, 2, 3), b = (−1, 0, 4).Sa se calculeze unghiul vectorilor a, b ın spatiul vectorial eu-clidian

¡R3, < ·, · >

¢, unde < ·, · > este produsul scalar pe R3

ın raport cu care baza {a1,a2,a3} este ortonormata.

4. Daca A = (aij)i,j=1,n este matricea unei forme patratice pozi-tiv definite pe un spatiu vectorial real V , atunci aratati ca areloc inegalitatea⎛⎝ nX

i,j=1

aijxiyj

⎞⎠2 ≤⎛⎝ nXi,j=1

aijxixj

⎞⎠ ·⎛⎝ nXi,j=1

aijyiyj

⎞⎠pentru orice numere reale x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn.

5. Fie spatiul vectorial euclidian real (sau complex) (E,< ·, · >)de dimensiune finita n, cu baza ortonormata B = {e1, ..., en}.Daca se considera o baza ortogonala B0 = {a1, ..., an}, sa secalculeze determinantul matricii de trecere de la baza B labaza B0 ın functie de lungimile vectorilor bazei B0.

6. Fie F spatiul vectorial real al functiilor reale continue definitepe intervalul [0, 2π]. Se defineste aplicatia

(f, g) ∈ F ×F →< f, g,>=

2πZ0

f(t)g(t)dt ∈ R.

a) Aratati ca perechea (F , < ·, · >) este un spatiu eculidian.

b) Daca f0(x) = 1, f2n−1(x) = cosnx, f2n(x) = sinnx, n ∈N∗, atunci aratati ca sistemul de functii S = {f0, f1, f2, ...}este liniar independent ın F .


c) Ortonormati sistemul S, folosind procedeul Gram-Schmidt.

d) Gasiti proiectia ortogonala a functiei f(x) = x pe subspatiullui F generat de functiile 1√

2πf0,

1√πf1, ...,

1√πf2n.

Partea II

Geometrie analitica

153

Capitolul 6

Vectori liberi

Definitia 6.1. Doua segmente orientate nenule se numesc echipo-lente daca au “aceeasi directie”, “acelasi sens” si “aceeasi lungime”.

Teorema 6.1. Relatia de echipolenta pentru segmente orien-tate nenule este o relatie de echivalenta.

Definitia 6.2. Clasele de echivalenta ale segmentelor orientaterelativ la relatia de echipolenta se numesc vectori liberi. Directia,sensul si lungimea care sunt comune segmentelor orientate ce de-finesc un vector liber se numesc directia, sensul si lungimea vectoru-lui liber.

Fie V 3 spatiul vectorilor liberi si a, b ∈ V 3. Pentru a 6= 0 sib 6= 0, notam cu ϕ ∈ [0,π] unghiul neorientat dintre a si b.

Teorema 6.2. Functia (., .) : V 3 × V 3 → R definita prin

³a, b

´=

(kak

°°°b°°° cosϕ, pentru a 6= 0 si b 6= 00 , pentru a = 0 sau b = 0,

este un produs scalar pe V 3.Definitia 6.3. Vectorul

a× b =

(kak

°°°b°°° sinϕe , pentru a si b necoliniari0 , pentru a, b coliniari ,

unde e este un versor perpendicular pe a si b si cu sensul dat de

155

156 CAPITOLUL 6. VECTORI LIBERI

regula mainii drepte pentru tripletul³a, b, e

´, se numeste produsul

vectorial dintre a si b.Produsul vectorial este o aplicatie biliniara definita pe V 3 × V 3

cu valori ın V 3.Teorema 6.3. Pornind de la definitia produsului vectorial se

deduc urmatoarele proprietati:1. a×b = −b×a, ∀a, b ∈ V 3 (anticomutativitate datorata tocmai

orientarii unghiului dintre cei doi vectori);

2. t³a× b

´= (ta)× b = a×

³tb´, ∀t ∈ R si ∀ a, b ∈ V 3;

3. a ×³b+ c

´= a × b + a × c, ∀a, b, c ∈ V 3 (distributivitatea

produsului vectorial fata de adunarea vectorilor);4. a× 0 = 0, a× a = 0, ∀a ∈ V 3;

5.°°°a× b°°°2 = kak2

°°°b°°°2 − ³a, b

´2,∀a, b ∈ V 3 (identitatea lui

Lagrange);6. produsul vectorial a doi vectori nenuli a, b ∈ V 3 este nul

daca si numai daca vectorii a si b sunt coliniari; daca a si b nu

sunt coliniari atunci norma°°°a× b°°° reprezinta aria paralelogramului

construit pe reprezentantii−→OA si

−→OB.

Simbolic, produsul vectorial se poate calcula cu ajutorul formuleiurmatoare:

a× b =

¯¯ i j kr1 s1 t1r2 s2 t2

¯¯ .

Fiind dati vectorii liberi a, b, c, numarul³a, b× c

´se numeste

produsul mixt al acestor vectori. Daca a, b, c sunt necoplanari,atunci modulul produsului mixt reprezinta volumul paralelipipedu-lui ce se poate construi pe reprezentantii cu originea comuna ai celortrei vectori.

Daca notam cu θ unghiul dintre directiile vectorilor b si c si cuϕ unghiul dintre directiile vectorilor a si b× c; atunci³a, b× c

´=³a, d

´= kak

°°°d°°° cosϕ = °°°b× c°°° prda = ±VparalelipipedAu loc urmatoarele proprietati:


1.³a, b× c

´=³c, a× b

´=³b, c× a

´∀a, b, c ∈ V 3;

2.³a, b× c

´= −

³a, c× b

´∀a, b, c ∈ V 3;

3.³ta, b× c

´=³a, tb× c

´=³a, b× tc

´∀t ∈ R si

∀ a, b, c ∈ V 3;

4.³a1 + a2, b× c

´=³a1, b× c

´+³a2, b× c

´∀ a1, a2, b, c ∈ V 3;

5.³a× b, c× d

´=

¯¯ (a, c)

³a, d

´³b, c´ ³

b, d´ ¯¯ ∀a, b, c, d ∈ V 3 (identitatea

lui Lagrange);

6.³a, b× c

´= 0, daca si numai daca:

i) cel putin unul dintre vectorii a, b, c este nul;ii) doi dintre vectori sunt coliniari;iii) vectorii a, b, c sunt coplanari.

Daca

a = r1i+ s1j + t1k, b = r2i+ s2j + t2k, c = r3i+ s3j + t3k,

ın coordonate produsul mixt se scrie

³a, b, c

´= (a, b× c) =

¯¯ r1 s1 t1r2 s2 t2r3 s3 t3

¯¯ .


1. Fie trapezul dreptunghic ABCD ın care ADkBC , AD = a ,AB = b , m( ˆABC) = 5π

6 . Sa se descompuna BC , DC , AC ,BD , dupa vectorii a si b .

Solutie:

Fie CC0kAB si fie a

kak sibkbk versorii corespunzatori vectorilor

AD si AB.Avem πa(BC) = AC 0 , πb(BC) = 0 si kAC 0k = kADk −

kC 0Dk .

Deoarece triunghiul CC0D este dreptunghic,m( ˆCC 0D) = π/6 ,


Figure 6.1:

kCC 0k = kbk , rezulta kC 0Dk = kbk2 .

Din kAC 0k = kak− kbk2 rezulta πa(BC) =

³kak− kbk

2

´· akak .

Asadar BC = πa(BC) + πb(BC) , BC =³kak− kbk

2

´· akak ,

BC =³1− kbk

2kak´· a .

In continuare, avem πa(DC) = DC 0 , πb(DC) = b . Folosind

BC se obtine DC 0 = kbk2 ·

³− akak´si atunci DC 0 = − kbk

2kak · a .

Deci DC = − kbk2kak · a+ b

Avem πa(AC) = AC 0 , πb(AC) = b si folosind BC se obtine

kAC 0k = kak− kbk2 . Are loc AC

0 =³kak− kbk

2

´· akak si atunci

AC =³1− kbk

2kak´· a+ b .

In final, BD = a− b .

2. Se dau punctele A,B,C prin vectorii de pozitieOA = 14i−7j+2k, OB = 2i+2j−7k , OC = −2i+7j+2k .


a) Sa se arate ca triunghiul AOB este dreptunghic;b) Sa se arate ca triunghiul BOC este isoscel;c) Sa se determine perimetrul triunghiului ABC ;d) Sa se determine masura unghiului ˆBAC .

Solutie:

a) (OA,OB) = 28 − 14 − 14 = 0 implica OA ⊥ OB , adicatriunghiul AOB este dreptunghic.b) Triunghiul BOC este isoscel pentru cakOBk = kOCk =

√57 .

c) Avem A(14,−7, 2), B(2, 2,−7), C(−2, 7, 2) , AB = −12i +9j − 9k , BC = −4i + 5j + 9k , CA = 16i − 14j , kABk =√144 + 81 + 81 =

√306 = 3

√34 , kBCk =

√16 + 25 + 81 =√

122 , kCAk =√256 + 196 =

√452 = 2

√113.

Deci P∆ABC = 3√34 +

√122 + 2

√113 .

d) Daca m( ˆBAC) = ϕ , atunci

cosϕ =(AB,AC)

kABkkACk=

318

6√34 · 113

=53

√34 · 113

si ϕ = arccos 53√34·113 .

3. Se dau vectorii a = i+ 2λj − (λ− 1)k , b = (3− λ)i+ j + 3k ,λ ∈ R .i) Pentru ce valoare a lui λ , vectorii a si b sunt ortogonali?ii) Pentru λ gasit la i), sa se calculeze marimea algebrica aproiectiei vectorului a pe vectorul a+ b .

Solutie:

i) a ⊥ b ⇔ (a, b) = 0 , adica 3 − λ + 2λ − 3(λ − 1) = 0 sauλ = 3 .ii) Pentru λ = 3 se cere pra+b(a) =

1ka+bk · (a, a+ b) .

Cum a = i+6j − 2k , b = j +3k , a+ b = i+7j + k , avem ca(a, a+ b) = 1 + 42− 2 = 41 . Deci pra+b(a) =

41√51.

4. Fie vectorii

r1 =1+cos vcos2 u

j + sinu sin vcos2 u k ,

r2 = − sin vi− sin vtguj +cos vcosu k .


Folosind identitatea lui Lagrange, sa se determine aria paralel-ogramului cu laturile kr1k si kr2k .

Solutie:

Avem kr1× r2k2 = kr1k2 · kr2k2− (r1, r2)2 (identitatea lui La-grange).

kr1k2 =(1+cos v)2

cos4 u + sin2 u sin2 vcos4 u ,

kr2k2 = sin2 v + sin2 vtg2u+ cos2 v

cos2 u ,

(r1, r2) = −sinu sin vcos3 u

kr1×r2k2 =h(1+cos v)2

cos4 u+ sin2 u sin2 v

cos4 u

i·³sin2 v + sin2 vtg2u+ cos2 v

cos2 u

´−

− sin2 u sin2 vcos6 u

kr1 × r2k2 =³1+cos2 v+2cos v+sin2 u sin2 v

cos4 u

´· 1cos2 u −

sin2 u sin2 vcos6 u

kr1 × r2k2 =1+cos2 v+2cos v+sin2 u sin2 v−sin2 u sin2 v

cos6 uDeci kr1 × r2k =

1+cos v| cos3 u| .

5. Fiind dati vectorii a = i − 5j − 7k , b = 2i − 3j + 6k , c =−i+ 2j − 2k , se cere:i) Sa se calculeze ω = a× (b× c) ;ii) Sa se verifice liniar dependenta vectorilor ω, b, c .

Solutie:

i) Stiind ca a × (b × c) = (a, c) · b − (a, b) · c si calculand(a, c) = −1 − 10 + 14 = 3 , (a, b) = 2 + 15 − 42 = −25 ,a× (b× c) = 3 · (2i− 3j + 6k) + 25 · (−i+ 2j − 2k) , se obtineω = −19i+ 41j − 32k .ii) αω + βb+ γc = 0⇔(−19α+2β−γ)i+(41α−3β+2γ)j+(−32α+6β−2γ)k = 0⇔⎧⎪⎨⎪⎩

−19α+ 2β − γ = 041α− 3β + 2γ = 0

−32α+ 6β − 2γ = 0.

Deoarece

¯¯ −19 2 −141 −3 2−32 6 −2

¯¯ = 19=0 sistemul liniar omogen

anterior are numai solutia banala (α = β = γ = 0).Deci ω, b, c sunt liniari independenti.


6. Se dau vectorii a = i−αj+3k , b = αi− j+ k , c = 3i+ j− k .i) Sa se gaseasca valoarea lui α astfel ıncˆat vectorii a, b, c safie coplanari;ii) Pentru α = 2 , sa se afle ınaltimea paralelipipedului con-struit pe reprezentantii vectorilor a, b, c , ınaltime corespunzatoarebazei formate de reprezentatii vectorilor a, b .

Solutie:

i) Vectorii a, b, c sunt coplanari daca si numai daca(a, b×c) = 0,

adica

¯¯ 1 −α 3α −1 13 1 −1

¯¯ = 0 , α = ±3.

ii) Daca α = 2 atunci a, b, c sunt necoliniari si volumul par-alelipipedului construit pe reprezentantii lor este

V = |(c, a× b)| =

¯¯ 3 1 −11 −2 32 −1 1

¯¯ = 5 .

Calculam ka× bk2 = kak2 · kbk2− (a, b)2 = (1+4+9) · (4+1+1)− 49 = 35 si atunci ınaltimea ceruta este h = V

ka×bk =5√35.

7. Sa se arate ca punctele A(1, 1, 1) , B(3,−1, 4) , C(0, 7,−3) ,D(5, 7, 2) sunt coplanare.

Solutie:

Cele patru puncte sunt coplanare daca si numai daca vectoriiAB , AC , AD sunt coplanari, adica(AB,AC ×AD) = 0 .Deoarece AB = 2i− 2j + 3k , AC = −i+ 6j − 4k ,

AD = 4i+ 6j + k , avem

¯¯ 2 −2 3−1 6 −44 6 1

¯¯ = 0 .

Deci punctele A,B,C,D sunt coplanare.

8. Rotatia ın jurul lui Oz. In reperul carteziannO, i, j, k

o


consideram rotatia R de axa Oz si de unghi θ.

i0 = R¡i¢= cos θ i+ sin θ j ,

j0 = R¡j¢= − sin θ i+ cos θ j ,

k0 = R³k´= k .

Astfel din relatia xi+ yj + zk = x0i0 + y0j0 + z0k0 , gasim⎧⎪⎨⎪⎩x = x0 cos θ − y0 sin θ ,y = x0 sin θ + y0 cos θ ,z = z0 .

Matricea lui R este

A =

⎛⎜⎝ cos θ − sin θ 0sin θ cos θ 00 0 1

⎞⎟⎠ ,iar detA = +1 si deci R este o izometrie pozitiva.

In particular, o rotatie ın planul xOy, de unghi θ, ın juruloriginii este caracterizata prin(

x = x0 cos θ − y0 sin θ ,y = x0 sin θ + y0 cos θ .

Dintre izometriile ın plan retinem roto-translatia caracterizataprin (

x = x0 cos θ − y0 sin θ + a ,y = x0 sin θ + y0 cos θ + b .

9. Simetria fata de un plan. Fie reperul ortonormatnO, i, j, k

osi S simetria ın raport cu planul

¡O, i, j

¢.⎧⎪⎨⎪⎩

i0 = S¡i¢= i ,

j0 = S¡j¢= j ,

k0 = S³k´= −k .


Astfel, din xi+ yj + zk = x0i0 + y0j0 + z0k0, gasim S : x = x0,y = y0, z = −z0, sau scris matriceal⎛⎜⎝ x

yz

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 1 0 00 1 00 0 −1

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ x0

y0

z0

⎞⎟⎠ .Determinantul matricii lui S este −1 si deci S este o izometrienegativa.

10. a) Sa se arate ca multimea fortelor din spatiul fizic, aplicateın O, constituie un spatiu vectorial real de dimensiune 3.

b) Sa se arate ca multimea fortelor aplicate ın O, dintr-unplan (care trece prin O) al spatiului fizic, constituie un spatiuvectorial real de dimensiune 2.

c) Daca ın spatiul tridimensional de la punctul a) se con-

sidera baza B = {−→F1,

−→F2,

−→F3} si un alt sistem de forte B0 =

{−→F 01,

−→F 02,

−→F 03} , unde

−→F 01 = 2

−→F1 −

−→F2 ,

−→F 02 =

−→F2 + 2

−→F3,

−→F 03 =−→

F1+−→F2−3

−→F3, sa se arate ca B

0 constituie o noua baza ın caresa se exprime forta

−→F = 3

−→F1 −

−→F2 +

−→F3 .

Solutie:

a) Legea de compozitie interna (numita adunarea fortelor) estedefinita dupa regula paralelogramului

si are proprietatile:

- asociativitate:³−→F1 +

−→F2´+−→F3 =

−→F1 +

³−→F2 +

−→F3´;

- comutativitate:−→F1 +

−→F2 =

−→F2 +

−→F1 ;

- elementul neutru este forta nula (care se confunda cu punctulO)

- orice forta−→F are drept element simetric forta opusa −

−→F .

Deci, multimea fortelor din spatiul fizic, aplicate ınO, ımpreunacu adunarea definita mai sus este grup abelian.


Figure 6.2:

Legea de compozitie externa (cu scalari reali) este ınmultireafortelor cu scalari reali. Cele patru axiome se verifica imediat:

α³−→F1 +

−→F2´= α

−→F1 + α

−→F2 ; α

−→F + β

−→F = (α+ β)

−→F ;

α³β−→F´= (αβ)

−→F ; 1

−→F =

−→F .

Prin urmare, multimea fortelor din spatiul fizic, aplicate ın O,este un spatiu vectorial real.

Un sistem de trei vectori B = {−→F1,

−→F2,

−→F3} este o baza daca

cele trei forte nu sunt coplanare. Intr-adevar, daca cele treiforte sunt necoplanare, atunci B este sistem liniar indepen-dent (altfel, una dintre ele s-ar scrie ca o combinatie liniara decelelalte doua si astfel ar fi ın planul lor) si B este sistem degeneratori (vezi figura urmatoare).

−→F = x1

−→F1 + x

2−→F2 + x3−→F3

Deci dimensiunea spatiului este 3.

b) Similar cu punctul a) se introduce structura de spatiu vec-torial real, dar o baza este formata din doua forte necoliniare


Figure 6.3:

−→F1,

−→F2 .

c) Matricea pe ale carei coloane avem coordonatele fortelor−→F01,−→F02,−→F03 relativ la baza B este

A =

⎛⎜⎝ 2 0 1−1 1 10 2 −3

⎞⎟⎠

si are determinatul egal cu −12.

Deci sistemul B0constituie o baza (caci rangul matricii A este

egal cu dimensiunea spatiului) care este negativ orientata(relativ la orientarea spatiului data de baza B).

Coordonatele fortei−→F relativ la noua baza sunt date de for-

mula−→F B

0 = A−1−→F B , unde

−→F B =

⎛⎜⎝ 3−11

⎞⎟⎠.


Deci−→F B0 =

⎛⎜⎝ 32120

⎞⎟⎠ sau −→F = 32

−→F01 +

12

−→F02 .

11. In spatiul fizic se raporteaza un sistem de corpuri la un reperR = {O;−→e1 ,

−→e2 ,−→e3} . Corpul M(

−→r ) este supus atractiei cor-purilor fixeMi(

−→ri ) de masemi (i = 1, . . . , n), forta de atractie

fiind proportionala cu distanta ||−−−→MMi|| si cu masa mi . Sa se

gaseasca forta rezultanta si pozitia de echilibru a corpului M .

Solutie:

Forta de atractie a corpului M de catre corpul Mi este−→Fi =

kmi(−→ri −

−→r ), k fiind un factor de proportionalitate. Rezul-

tanta va fi−→R =

nPi=1

−→Fi = k

µnPi=1mi(

−→ri −−→r )

¶= k

µnPi=1mi−→ri

¶−

k

µnPi=1mi

¶−→r .

Cum centrul de greutate al sistemului de corpuri (Mi) este

G(−→ρ ) , −→ρ = 1nPi=1

mi

·nPi=1mi−→ri , avem

−→R = k

µnPi=1mi

¶(−→ρ −−→r ).

Prin urmare, corpul M se afla ın echilibru daca si numai daca−→r = −→ρ (din

−→R =

−→0 ).

In coordonate avem −→r (xj), −→ri (xji ),

−→R (Xj), j = 1, 2, 3 , si

atunci rezultanta are componentele

Xj = k

ÃnXi=1

mixji

!− k

ÃnXi=1

mi

!xj ,

iar pozitia de echilibru are coordonatele xj =

nPi=1

mixji

nPi=1

mi

.


1. In spatiul punctual tridimensional E3, ın raport cu reperul


cartezian ortonormatR = {O; i, j, k}, se dau puncteleA(1, 1, 0),B(0, 1, 1), C(1, 0, 1), D(1, 1, 1).

a) Aratati ca R0 = {A;AB,AC,AD} este un reper cartezianın E3. Este R0 reper ortonormat?

b) Sa se determine coordonatele punctuluiM(1, 2, 3) ın raportcu noul reper R0.

2. In spatiul punctual tridimensional E3, ın raport cu reperulcartezian ortonormatR = {O; i, j, k}, se dau puncteleA(1,−1, 1),B(1, 0, 1), C(−1, 2, 1), D(0, 1, 2).

a) Aratati ca A, B, C, D sunt necoplanare.

b) Calculati volumul tetraedrului ABCD.

c) Calculati distanta de la punctul A la planul determinat depunctele B, C, D.

3. In spatiul vectorilor liberi V 3 se considera baza ortonormataB = {i, j, k} si vectorul a = i+j+k. Fie f : V 3 → V 3 definitaprin f(x) = a× x, ∀x ∈ V 3. Se cere:

a) Aratati ca f este o aplicatie liniara.

b) Scrieti matricea lui f relativ la baza B.

c) Gasiti cate o baza si dimensiunea pentru Ker f si Im f .

d) Este adevarat ca Ker f ⊕ Im f = V 3? Justificare.

e) Este f un endomorfism diagonalizabil? Justificare.

4. In spatiul vectorilor liberi V 3 se considera baza ortonormataB = {i, j, k} si vectorii a = i + j + k, a = i − j − k. Fief : V 3 → V 3 definita prin f(x) = (a × x) × b, ∀x ∈ V 3. Secere:


b) Gasiti cate o baza si dimensiunea pentru Ker f si Im f .

c) Este f un endomorfism diagonalizabil? Justificare.


5. In spatiul vectorilor liberi V 3 se considera baza ortonormataB = {i, j, k} si vectorii a = i + j + k, a = i − j − k. Fief : V 3 → V 3 definita prin

f(x) =< a, x > b+ < b× x > a,∀x ∈ V 3.

Se cere:




6. In spatiul vectorilor liberi V 3 se considera baza ortonormataB = {i, j, k} si vectorii a = i + j + k, a = i − j − k. Fief : V 3 → V 3 definita prin

f(x) = a× x+ x× b,∀x ∈ V 3.

Se cere:




Capitolul 7

Dreapta si planul

In ipoteza ca am fixat un punct O numit originea ın E3 si o baza

ortonormatani, j, k

oın V 3, fiecarui punct M din E3 ıi corespunde

ın mod unic un vector r = OM numit vector de pozitie al punctuluiM ; aceluiasi vector ıi corespunde ın mod unic tripletul ordonat denumere reale (x, y, z) ∈ R3 numite coordonatele euclidiene ale vec-

torului OM ın raport cu bazani, j, k

o; se scrie OM = xi+ yj+ zk.

Ansamblul riguros orientat (ın sensul ca pentru determinarea

vectorilor lui se aplica regula burghiului)nO, i, j, k

ose numeste

reper cartezian ın E3. Punctul O se numeste originea reperului,

iarni, j, k

ose numeste baza reperului. Coordonatele euclidiene

(x, y, z) ale vectorului de pozitie r = OM se numesc coordonatele

carteziene ale punctului M fata de reperul ortonormatnO, i, j, k

o;

x =¡i, r¢= prir =abscisa, y =

¡j, r

¢= prjr =ordonata, z =³

k, r´= prkr =cota.

Fie punctul fixat M0 (x0, y0, z0) , r = x0i + y0j + z0k. Fie unvector nenul a (l,m, n) din V 3 si d o dreapta care trece prin M0 siare directia lui a. PunctulM (x, y, z) apartine dreptei d determinatadeM0 si a daca si numai daca vectoriiM0M si a sunt coliniari, adica

(r − r0)× a = 0.

169

170 CAPITOLUL 7. DREAPTA SI PLANUL

Coliniaritatea vectorilor r − r0 si a se pune ın evidenta si prinrelatia r − r0 = ta, t ∈ R sau

r = r0 + ta, t ∈ R.

Aceasta ecuatie vectoriala este echivalenta cu trei ecuatii ın R3,

x = x0 + tl, y = y0 + tm, z = z0 + tn, t ∈ R

numite ecuatiile parametrice ale dreptei d. Aceste ecuatii se potınlocui cu doua ecuatii carteziene ın R3,

x− x0l

=y − y0m

=z − z0n

,

cu conventia ca daca un numitor este nul, atunci numaratorul re-spectiv trebuie egalat cu zero.

Doua puncte distincteM1 (x1, y1, z1) siM2 (x2, y2, z2) determinao dreapta d si numai una.

Ecuatiile carteziene ale dreptei d sunt

x− x1x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

.

Unghiul dintre doua drepte orientate.

Fie d1 si d2 doua drepte orientate prin vectorii directori a sib. Prin unghiul dintre dreptele orientate d1 si d2 se va ıntelegeunghiul dintre a si b, adica unghiul definit prin

cosϕ =

³a, b

´kak

°°°b°°° ,sau

sinϕ =

°°°a× b°°°kak

°°°b°°° , ϕ ∈ [0,π] .

Distanta de la un punct la o dreapta.

171

Fie dreapta d de ecuatii

x− x0l

=y − y0m

=z − z0n

;

aceasta dreapta contine punctul M0 (x0, y0, z0) si are drept vectordirector pe a (l,m, n).

Fie A un punct din E3 si A0 proiectia sa pe dreapta . Lungimea

segmentului |AA0| este distanta de la punctul A la dreapta d sise noteaza cu d (A,d). Din formula care da aria paralelogramuluiconstruit pe reprezentantii vectorilor a si M0A obtinem

d (A,d) =

°°°a×M0A°°°

kak.

Planul determinat de un punct si un vector normal nenul.

Fiind data o dreapta d =nN |M0N = tn, t ∈ R

ocare trece

prin punctul M0 si care are directia vectorului n, exista un singurplan P perpendicular pe d ın M0.

Observatia 7.1. M ∈ P daca si numai daca M0M ⊥ n. Deaceea, planul P este multimea

P =nM |

³M0M,n

´= 0

o. (7.1)

Dreapta d se numeste normala la planul P, vectorul n se numestevectorul normal al planului, punctul M care poate genera planul ılvom numi punct curent al lui P.

Teorema 7.1. Orice plan P care contine un punct curentM (x, y, z) si are un vector normal nenul n = (a, b, c) care trece prinM0 (x0, y0, z0), M0 ∈ P, este caracterizat de ecuatia:

ax+ by + cz + d = 0, a, b, c, d ∈ R . (7.2)

Planul determinat de trei puncte necoliniare.

Pentru a stabili ecuatia ce caracterizeaza planul determinat depunctele necoliniareMi (xi, yi, zi) , i = 1, 2, 3 procedam ın felul urmator:


a) Folosim ecuatia generala a planului (7.2) si ecuatiile obtinuteprin ınlocuirea coordonatelor punctelor Mi ın aceasta ecuatie(

ax+ by + cz + d = 0,axi + byi + czi + d = 0, i = 1, 2, 3.

a, b, c reprezinta coordonatele vectorului normal la planul respectivdeterminat de cele trei puncte necoliniare. S-a obtinut un sistem deecuatii liniar omogen ın necunoscutele a, b, c, d cu solutii nebanale,deoarece a, b, c nu se pot anula simultan. Conditia care asigura acestlucru este ¯

¯¯x y z 1x1 y1 z1 1x2 y2 z2 1x3 y3 z3 1

¯¯¯ = 0 (7.3)

si care reprezinta ecuatia carteziana a planului.b) Fie M un punct care poate genera planul, al carui vector

de pozitie este OM = xi + yj + zk. Obtinem ecuatia vectoriala aplanului P impunand conditiile de coplanaritate a vectorilorM1M,M1M2,M1M3, adica³

M1M , M1M2 ×M1M3

´= 0.

DacaMi (ri) , ri = xii+yij+zik , relatia anterioara este echivalentacu ecuatia vectoriala

(r − r1 , (r2 − r1)× (r3 − r1)) = 0,

sau ¯¯ x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

¯¯ = 0.

Am obtinut ecuatia carteziana a planului determinat de trei punctenecoliniare.

Planul determinat de un punct si doi vectori necoliniari.Fie u = (l1,m1, n1) si v = (l2,m2, n2) doi vectori necoliniari,

adica u×v 6= 0 si un punct cunoscutM0. Cele trei elementeM0, u, v

173

determina un plan unic P . Construim reprezentantii vectorilor usi v ca fiind M0M1 respectiv M0M2. Un punct M ∈ E3 apartineplanului daca si numai daca vectorii M0M,M0M1 si M0M2 suntcoplanari. Coplanaritatea acestor vectori o exprimam astfel:

a) M0M = ru + sv; care scrisa ın coordonate, aceasta relatievectoriala este echivalenta cu

x = x0 + rl1 + sl2,y = y0 + rm1 + sm2,z = z0 + rn1 + sn2,

r, s ∈ R

numite ecuatiile parametrice ale planului P, iar r si s se numescparametri.

b)³M0M ,u× v

´= 0; scrisa ın coordonate aceasta ecuatie vec-

toriala conduce la ecuatia carteziana¯¯ x− x0 y − y0 z − z0

l1 m1 n1l2 m2 n2

¯¯ = 0.

Ecuatiile normalei la plan care trece prin M0 sunt

x− x0a

=y − y0b

=z − z0c

.

Doua plane neparalele si neconfundate se intersecteaza dupa odreapta d si determina un unghi diedru. Unghiul diedru format decele doua plane este masurat prin unghiul plan ϕ, care se obtinesectionand planele P1 si P2 cu un plan P3 perpendicular pe d . Prindefinitie, unghiul diedru dintre cele doua plane este unghiul dintrecei doi vectori normali n1 si n2 determinat prin

cosϕ = (n1,n2)kn1kkn2k =

= a1a2+b1b2+c1c2√a21+b

21+c

21

√a22+b

22+c

22

, ϕ ∈ [0,π] .

Distanta de la un punct la un plan.


Fie planul P de ecuatie ax + by + cz + d = 0, al carui vectornormal este n (a, b, c). Fie M0 (x0, y0, z0) un punct din E3 exteriorplanului si fie M1 (x1, y1, z1) proiectia lui M0 pe planul P.

Lungimea°°°M1M0

°°° este distanta de la punctul M0 la planul P

si se noteaza cu d (M0,P).

d (M0,P) =|ax0 + by0 + cz0 + d|√

a2 + b2 + c2.

Unghiul dintre o dreapta orientata si un plan.

Presupunem ca dreapta d intersecteaza planul P (altfel dacadreapta d este paralela sau inclusa ın planul P unghiul cautat esteegal cu zero) si presupunem cunoscute de asemenea pe n (a, b, c) sia (l,m, n).

Fie d0 proiectia dreptei d pe planul P. Unghiul cautat esteunghiul dintre dreapta d si d0. Intrucat vectorul director al drepteid0 este greu de gasit, vom calcula unghiul complementar

cos

µπ

2− ϕ

¶=

(n, a)

knk kak

sau

sinϕ =al + bm+ cn

√a2 + b2 + c2

√l2 +m2 + n2

.

Perpendiculara comuna a doua drepte oarecare dinspatiu.

Doua drepte din spatiu pot fi confundate, paralele, concurentesau oarecare. Pentru doua drepte d1 si d2 care admit pe a1 respectiva2 ca vectori directori, exista o directie normala comuna unica dacasi numai daca dreptele d1 si d2 sunt oarecare sau concurente. Inacest caz exista o dreapta si numai una care se sprijina simultan pecele doua drepte avand directia n = a1 × a2 numita perpendicularacomuna a dreptelor d1 si d2. Pentru a stabili ecuatiile perpendic-ularei comune d, observam ca aceasta dreapta apare ca intersectiaa doua plane: planul P1, care contine pe d1 si n si planul P2 carecontine pe d2 si n. Presupunand ca dreptele d1 si d2 trec respectiv


prin punctele M1 si M2 si ca N este punctul curent ın P1, iar Meste punctul curent ın P2, ecuatiile perpendicularei comune sunt

d :

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩³M1N, a1 × n

´= 0

³M2M,a2 × n

´= 0.

Distanta dintre doua drepte.Fie doua drepte d1 si d2 descrise respectiv de punctele M si N .

Numarul inf d (M,N) se numeste distanta dintre dreptele d1 si d2si se noteaza cu d (d1;d2) . Din considerente geometrice rezulta cad (d1;d2) se afla astfel:

1. daca dreptele d1 si d2 sunt concurente, atunci d (d1;d2) = 0;2. daca d1k d2, atunci prin M0 ∈ d1 se duce un plan perpen-

dicular pe d1 care taie pe d2 ın N0 si avem d (d1;d2) = d (M0, N0);

3. daca d1 si d2 sunt oarecare, d (d1;d2) =°°°AB°°°, punctele A

si B fiind pe perpendiculara comuna d (M1 ∈ d1 si M2 ∈ d2 suntpuncte cu coordonatele cunoscute). Aceasta distanta se mai poateafla astfel: prin dreapta d1 ducem un plan P paralel cu dreapta d2.

Atunci d (d1;d2) = d (M2,P), unde M2 este un punct cunos-cut al dreptei d2. Figura anterioara arata ca aceasta distanta estelungimea ınaltimii paralelipipedului construit pe vectoriiM1M2, a1, a2.

Din semnificatia produsului mixt rezulta

d (d1;d2) =

¯³M1M2, a1 × a2

´¯ka1 × a2k

.


1. Sa se figureze punctele A(5, 0, 0) , B(0,−2, 0) , C(0, 0, 3),D(−3, 2, 0) , E(0,−1,−4) , F (2, 0, 4) , G(3,−5, 8) si sa se scrieexpresia vectorului de pozitie al punctului G fata de reperulcartezian {O; i, j, k} .

Solutie:

OG = 3i− 5j + 8k


Figure 7.1:

2. Fie dreptele d1 si d2 de vectori directori n1 = i+ k , respectivn2 = −i + j + 2k . Sa se scrie ecuatiile parametrice ale uneidrepte d3 perpendiculare simultan pe d1 si d2 si care trece prinpunctul M(2, 3, 0).

Solutie:

Deoarece n1× n2 =

¯¯ i j k1 0 1−1 1 2

¯¯ = −i− 3j+ k=0 , rezulta ca

d1kd2 si prin urmare cele doua drepte admit o directie normalacomuna, n = n1 × n2.Astfel, dreapta cautata are vectorul director n si trece prinpunctul M , adica are ecuatiile parametrice

d3 :

⎧⎪⎨⎪⎩x = 2− ty = 3− 3tz = t

, t ∈ R .

3. Se considera punctele:


A(1, 3, 0), B(3,−2, 1), C(α, 1,−3),D(7,−2, 3) .i) Sa se determine α ∈ R astfel ıncat punctele A,B,C,D safie coplanare;ii) Pentru α gasit la punctul i), sa se scrie ecuatia cartezianaa planului (ABCD) .

Solutie:

i) Avem AB = 2i− 5j + k , AC = (α− 1)i− 2j − 3k , AD =6i− 5j + 3k .Punctele A,B,C,D sunt coplanare daca si numai daca cei treivectori anterior prezentati sunt coplanari,adica (AB,AC ×AD) = 0 .

Din

¯¯ 2 −5 1α− 1 −2 −36 −5 3

¯¯ = 0 rezulta α = −5.

ii) Se determina ecuatia carteziana a planului care trece prinA si are vectorii directori astfel:¯

¯ x− 1 y − 3 z2 −5 1−6 −2 −3

¯¯ = 0

Se obtine ecuatia carteziana a planului(ABCD) : x− 2z − 1 = 0 .

4. Fie dreptele d1 :x−1−1 =

y+24 = z

1 , d2 :x−1 =

y4 =

z1 .

i) Sa se calculeze masura unghiului ϕ , unde ϕ = m( ˆd1, d2) ;ii) Sa se scrie ecuatia planului determinat de d1 si d2 .

Solutie:

i) Vectorul director al lui d1 este a(−1, 4, 1) , iar al lui d2 esteb(−1, 4, 1) . Rezulta ca d1 k d2 si prin urmare ϕ = 0 .ii) Dreapta d1 trece prin punctul A(1,−2, 0) , iar d2 trece prinO(0, 0, 0) . Planul determinat de d1 si d2 este planul determi-nat de punctul A si vectorii a si AO(−1, 2, 0) .Ecuatiile scalare parametrice ale planului cautat sunt:


⎧⎪⎨⎪⎩x = 1− r − sy = −2 + 4r + 2sz = r

, r, s ∈ R .

5. Se dau puncteleA(1, 3, 2) , B(−1, 2, 1) , C(0, 1,−1) ,D(2, 0,−1)si planul π : 2x+ y − z − 1 = 0 . Sa se stabileasca care dintreele se gasesc de aceeasi parte cu originea axelor de coordonatefata de planul dat.

Solutie:

Fie f(x, y, z) = 2x+ y− z− 1 . Semnul functiei f se pastreazaconstant pentru punctele aflate de aceeasi parte a planului π.Din f(0, 0, 0) = −1 < 0 , f(1, 3, 2) = 2 > 0 , f(0, 1,−1) =1 > 0 , f(−1, 2, 1) = −2 < 0 , f(2, 0,−1) = 4 > 0 rezulta caA,C,D nu se afla de aceeasi parte cu O fata de π , dar B seafla de aceeasi parte cu O fata de π .

6. Fie dreptele d1 :x−1−1 =

y+24 = z

1 , d2 :x3 =

y1 =

z−12 .

Sa se determine:i) ecuatia perpendicularei comune;ii) distanta dintre d1 si d2 .

Solutie:

i) Dreapta d1 are vectorul director a1(−1, 4, 1) si trece prinpunctul A(1,−2, 0) , iar d2 are vectorul director a2(3, 1, 2) sitrece prin punctul B(0, 0, 1) .Ecuatiile perpendicularei comune se obtin dintr-un sistem cecontine ecuatiile a doua plane: planul π1 ce contine dreaptad1 si vectorul arbitrar AN si planul π2 ce contine dreapta d2si vectorul arbitrar BM .Perpendiculara comuna are ecuatiile:

d :

((AN, a1 × n) = 0(BM, a2 × n) = 0

, unde n = a1 × a2 .

n =

¯¯ i j k−1 4 13 1 2

¯¯ = 7i+ 5j − 13k .


a1 × n =

¯¯ i j k−1 4 17 5 −13

¯¯ = −57i− 6j − 33k ,

a2 × n =

¯¯ i j k3 1 27 5 −13

¯¯ = −23i+ 53j + 8k .

AN = (x− 1)i+ (y + 2)j + zk , BM = xi+ yj + (z − 1)k .(AN, a1 × n) = 0⇔ −57(x− 1)− 6(y + 2)− 33z = 0 ,(BM, a2 × n) = 0⇔ −23x+ 53y + 8(z − 1) = 0 .

Deci d :

(19x+ 2y + 11z − 9 = 023x− 53y − 8z + 8 = 0

ii) d(d1, d2) =|(AB,a1×a2)|ka1×a2k ,

AB = −i+ 2j + k , ka1 × a2k =√243 , (AB, a1 × a2) = −10 .

Deci d(d1, d2) =10√243.

7. Fie dreptele d1 :x−12 = y+1

3 = z1 , d2 :

x−22 = y

2 =z+1α .

i) Sa se determine α ∈ R astfel ıncat d1 ∩ d2=∅ ;ii) Sa se scrie ecuatia planului determinat de d1 si d2 ;iii) Calculati d(M0,π) , unde π este planul de la punctul ii),iar M0(5,−4, 1) .

Solutie:

i) Dreapta d1 are vectorul director a1(2, 3, 1) si trece prin punc-tul A(1,−1, 0) . Dreapta d2 are vectorul director a2(2, 2,α) sitrece prin punctul B(2, 0,−1) .

d1 :

(3x− 2y − 5 = 0y − 3z + 1 = 0

; d2 :

(x− y − 2 = 0αy − 2z − 2 = 0

d1 ∩ d2 este solutia sistemului⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩3x− 2y = 5y − 3z = −1x− y = 2αy − 2z = 2

.

d =

¯¯ 3 −2 00 1 −31 −1 0

¯¯ = −3=0 .


Determinam solutia cu ajutorul regulii lui Cramer.

x =

¯¯ 5 −2 0−1 1 −32 −1 0

¯¯

−3; y =

¯¯ 3 5 00 −1 −31 2 0

¯¯

−3; z =

¯¯ 3 −2 50 1 −11 −1 2

¯¯

−3

x = 1, y = −1, z = 0 si atunci d1 ∩ d2 = {C(1,−1, 0)} daca sinumai daca αy − 2z = 2 , adica α = −2 .ii) Ecuatia planului π determinat de d1 si d2 este

π :

¯¯ x− 1 y + 1 z

2 3 12 2 −2

¯¯ = 0 ;

π : −8x+ 6y − 2z + 14 = 0iii)

d(M0,π) =|(−8) · 5 + 6 · (−4) + (−2) · 1 + 14|p

(−8)2 + 62 + (−2)2=√26

8. Sa se scrie ecuatiile canonice ale dreptei ce trece prin punctulM(3, 4, 6) si este paralela cu dreaptad : x = 6− t, y = 3 + 2t, z = 4− 2t.

Solutie:

Daca r = (x, y, z), atunci r ∈ d ⇔ r = ta + r0 cu a =(−1, 2,−2); r0 = (6, 3, 4), deci vectorul director al dreptei deste a. Notand cu d0 dreapta cautata, deoarece d0 k d, rezultaca vor avea acelasi vector director.

Ecuatiile canonice ale dreptei d0cuM ∈ d

0si d

0avand ca vector

director a = (−1, 2,−2) vor fi :

x− 3

−1=y − 4

2=z − 6

−2.

9. Se da dreapta de ecuatii :


d :

(x+ 3y + z − 1 = 02x+ y + 2z − 3 = 0

si P (2, 3, 1).

a) Sa se calculeze distanta de la P la dreapta d .

b) Sa se gaseasca coordonatele proiectiei ortogonale a punctu-lui P pe dreapta d.

Solutie:

a) Din sistemul de ecuatii ce defineste d, considerand x, y ne-cunoscute principale si z necunoscuta secundara, obtinem :(y = −1

5x = −z + 4

5

Atunci, notand z = t, obtinem ecuatia parametrica a drepteid:

d : x = 45 − t ; y = −

15 ; z = t .

Dreapta d va avea vectorul director a = (−1, 0, 1) si va treceprin punctul A = (45 ;−

15 ; 0) corespunzator lui t = 0 .

Atunci, conform teoriei, notand cu d(P, d) distanta de la punc-

tul P la dreapta d, obtinem d(P, d) =ka×APkkak . Scazand din

coordonatele punctului P coordonatele punctului A, vom aveaAP = (65 ;

165 ; 1).

Dar a×AP =

¯¯ i j k−1 0 165

165 1

¯¯ = −16

5 i+115 j−

165 k ⇒

°°°a×AP°°° =√6335 ⇒ d(P, d) =

√633

5.√2;

b) Vom determina ecuatia planului ce trece prin P si e per-

pendicular pe a. Aceasta este : < a;P eP >= 0 cu eP (x, y, z)un punct curent de pe planul π cautat. Obtinem (−1) · (x −2)+0 ·(y−3)+1 ·(z−1) = 0. De aici obtinem ecuatia planuluicautat:

π : −x+ z + 1 = 0


Pentru a determina punctul P0cautat formam sistemul :⎧⎪⎨⎪⎩

x+ 3y + z − 1 = 02x+ y + 2z − 3 = 0−x+ 0 + z + 1 = 0

. Solutia unica (x = 910 ;

y = − 210 ; z = − 1

10) ne da cooordonatele punctului cautat

P0( 910 ;−

210 ;−

110).

10. Sa se afle masura unghiului dreptelor:

d1 :

(x− 2y + z + 1 = 02x+ 2z + 1 = 0

, d2 :

(3x+ 6y − z + 3 = 0x+ y + z − 5 = 0

Solutie:

Pentru a afla vectorul director al unei drepte date prin ecuatiide genul: (

a1x+ b1y + c1z + d1 = 0a2x+ b2y + c2z + d2 = 0

este suficient sa calculam :

a =

¯¯ i j ka1 b1 c1a2 b2 c2

¯¯. Vectorul ce se obtine va fi chiar vectorul

director al dreptei. In cazul nostru, avem:

a1 =

¯¯ i j k1 −2 12 0 2

¯¯ = −4i+ 4k;

a2 =

¯¯ i j k3 6 −11 1 1

¯¯ = 7i− 4j − 3k.

Calculam || a1 ||=q(−4)2 + 42 =

√32,

|| a2 ||=q72 + (−4)2 + (−3)2 =

√74,

< a1, a2 >= (−4) · 7 + 0 · (−4) + 4 · (−3) = −40.

Atunci cos(a1, a2) =−40√74.√32. Deoarece unghiul a doua drepte

se considera a fi mai mare sau egal cu 0 si mai mic sau egal cu


π2 , considerand vectorii directori a1, −a2, vom avea ( ˆd1, d2) =

arccos³

40√74.√32

´.

11. Fie d dreapta de ecuatie x = y − 1 = z − 2 si A(1, 1, 1). Sase determine coordonatele simetricului punctului A fata dedreapta d .

Solutie:

Sa determinam ecuatia planului π ce contine A si d este per-pendiculara pe π. Ca mai ınainte, notand z = t, obtinemecuatia parametrica a dreptei:

d : x = t, y = t+ 1, z = t+ 2.

Atunci vectorul director al dreptei va fi a = (1, 1, 1). Pen-tru a afla ecuatia planului ce contine A si este perpendicularpe dreapta d, observam ca subspatiul liniar director al sau e

perpendicular pe a, deci P ∈ π ⇔Da,AP

E= 0. Atunci avem:

π : 1 · (x− 1) + 1 · (y − 1) + 1 · (z − 1) = 0⇒

π : x+ y + z − 3 = 0

Pentru a determina punctul P = d ∩ π, formam sistemul:(x = y − 1 = z − 2x+ y + z − 3 = 0

.

Obtinem drept solutie coordonatele punctului P (0; 1; 2).

Daca A0este simetricul lui A fata de P si A

0are coordonatele

x, y, z, atunci avem :⎧⎪⎨⎪⎩0 = x+1

2

1 = y+12

2 = z+12

.

De aici se gasesc x, y, z si anumex = −1, y = 1, z = 3.


12. Fie punctul A(1, 0, 1) si dreapta d : x−11 = y+12 = z

1 .

a) Calculati distanta de la punctul A la dreapta d.

b) Gasiti coordonatele proiectiei ortogonale a punctului A pedreapta d.

c) Gasiti coordonatele simetricului punctuluiA fata de dreaptad.

Solutie:

a) Se observa ca A0(1,−1, 0) ∈ d si a = i + 2j − k este unvector director pentru d. Atunci A0A = j + k, A0A × a =¯¯ i j k0 1 11 2 −1

¯¯ = −3i+ j − k, ||A0A× a|| = √11, ||a|| = √6 si

ρ(A, d) = ||A0A×a||||a|| =

√11√6.

b) Se considera planul π care trece prin punctul A si esteperpendicular pe dreapta d. Atunci a = i + 2j − k este unvector normal la π si π : (x−1)·1+(y−0)·2+(z−1)·(−1) = 0,adica π : x+ 2y − z = 0.

Daca se noteaza cu A0 proiectia ortogonala a lui A pe d, atunci{A0} = d ∩ π si rezolvand sistemul(

x−11 = y+1

2 = z1

x+ 2y − z = 0

se obtine A0³76 ,−

23 ,−

16

´.

c) Daca A1 este simetricul lui A fata de d, atunci A0 estemijlocul segmentului [AA1] si se obtin relatiile⎧⎪⎨⎪⎩xA0 =

xA+xA12

yA0 =yA+yA1

2

zA0 =zA+zA1

2

,

adica A1³43 ,−

43 ,−

43

´.

13. Fie punctul A(−1, 0, 1) si dreapta π : x+ y − z + 2 = 0.


a) Calculati distanta de la punctul A la planul π.

b) Gasiti coordonatele proiectiei ortogonale a punctului A peplanul π.

c) Gasiti coordonatele simetricului punctului A fata de planulπ.

Solutie:

a) ρ(A,π) = |Ax0+By0+Cz0+D|√A2+B2+C2

= |1·(−1)+1·1−1·0+2|√12+12+(−1)2 = 2√

3.

b) Se considera o dreapta d care trece prin A si este perpendic-ulara pe planul π. Atunci d are ecuatiile canonice carteziened : x+11 = y−1

1 = z−0−1 , deoarece n = i+ j− k (vector normal la

π) este un vector director al dreptei d.

Daca se noteaza cu A0 proiectia ortogonala a lui A pe π, atunci{A0} = d ∩ π si rezolvand sistemul(

x+11 = y−1

1 = z−1

x+ y − z + 2 = 0

se obtine A0³−53 ,13 ,23

´.

c) Daca A1 este simetricul lui A fata de π, atunci A0 estemijlocul segmentului [AA1] si se obtin relatiile⎧⎪⎨⎪⎩xA0 =

xA+xA12

yA0 =yA+yA1

2

zA0 =zA+zA1

2

,

adica A1³−73 ,−

13 ,43

´.

14. Fie punctul M(1, 1, 1), dreapta d :

(x− y + z + 1 = 0x− 2z − 1 = 0

si

planul π : x+ 2y + 3z − 1 = 0.

a) Scrieti ecuatia carteziana generala a unui plan π1 care treceprin M si este paralel cu planul π.

b) Scrieti ecuatiile canonice carteziene ale unei drepte d1 caretrece prin M si este paralela cu dreapta d1.


c) Studiati pozitia relativa a dreptei d fata de planul π.

Solutie:

a) Un vector normal la π este n = i+ 2j + 3k si atunci n estevector normal la π1. Prin urmare π : (x− 1) · 1+ (y− 1) · 2+(z − 1) · 3 = 0, adica π : x+ 2y + 3z − 6 = 0.

b) Un vector director pentru dreapta d cat si pentru dreapta

d1 este a = n1 × n2 =

¯¯ i j k1 −1 11 0 2

¯¯ = 2i+ 3j + k.

Atunci d : x−12 = y−13 = z−1

1 .

c) Deoarece vectorul normal la π, n = i + 2j + 3k si vectoruldirector pentru d, a = 2i+3j+k nu sunt ortogonali (< n, a >=9 6= 0), rezulta ca d ∩ π 6= ∅. Rezolvand sistemul format cu

ecuatiile lui d si π se obtine d ∩ π =nP³311 ,

1011 ,−

411

´o. Deci

d ”ınteapa” planul π ın punctul P .


1. Fie punctul A(1, 0,−1) si dreptele d1 :x−12 = y−1

2 = z−11 ,

d :

(x− y = 0x+ y − z + 1 = 0

.

a) Studiati pozitia relativa a dreptelor d1 si d2.

b) Daca d1, d2 sunt necoplanare, atunci scrieti ecuatiile per-pendicularei comune si calculati distanta dintre d1si d2. Altfel,scrieti ecuatia planului determinat de cele doua drepte.

c) Scrieti ecuatiile dreptei care trece prin A si intersecteazadreptele d1 si d2.

2. Sa se scrie ecuatiile dreptei care intersecteaza dreptele

d1 :

⎧⎪⎨⎪⎩x = 3 + ty = −1 + 2tz = 4t

si d2 :

(x+23 = z−4

−1y + 1 = 0


si este paralela cu dreapta d3 :

(x− 3y + z = 0x+ y − z + 4 = 0

.

3. Sa se scrie ecuatiile bisectoarelor unghiurilor formate de drepteled1 :

x−11 = y−2

2 = z+2−2 si d1 :

x−11 = y−2

1 = z+2√2.

4. Se considera planul π : x− y + 2z + 2 = 0, punctul A(0, 1, 3)

si dreapta d :

(2x+ y − z + 1 = 0x+ y + z + 4 = 0

. Se cere:

a) Sa se scrie ecuatia planului care trece prin A si continedreapta d.

b) Sa se scrie ecuatia planului care contine dreapta d si esteperpendicular pe planul π.

c) Sa se scrie ecuatia planului care contine dreapta d si paralelcu dreapta g : x−12 = y−2

1 = z+2−1 .

5. Sa se scrie ecuatiile proiectiei ortogonale a dreptei

d :

(x− y + z = 02x+ y − z + 4 = 0

pe planul π : 3x+ 2y − z − 1 = 0 si

ecuatiile simetricei dreptei d fata de planul π.

Calculati o functie trigonometrica a unghiului format de dreaptad si planul π.

Capitolul 8

Conice si cuadrice

In E3 consideram reperul carteziannO; i, j, k

osi forma patratica

afina g : E3 → R definita prin

g (x, y, z) = a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy+

+2a13xz + 2a23yz + 2a10x+ 2a20y + 2a30z + a00,

cu a211 + a222 + a

233 + a

212 + a

213 + a

223 6= 0.

Definitia 8.1. Multimea de nivel constant zero data de ecuatia

X= g−1 (0) =

nM (x, y, z) | (x, y, z) ∈ R3, g (x, y, z) = 0

o,

se numeste cuadrica sau suprafata algebrica de ordinul al doilea.

Se noteazaP: g (x, y, z) = 0.

Fata de transformarile ortogonale, ecuatia g (x, y, z) = 0 areurmatorii invarianti

∆ = detA, δ = detA, I = trA,

J =

¯¯ a11 a12a12 a22

¯¯+

¯¯ a11 a13a13 a33

¯¯+

¯¯ a22 a23a23 a33

¯¯ ,

189

190 CAPITOLUL 8. CONICE SI CUADRICE

unde

A =

⎛⎜⎜⎜⎝a11 a12 a13 a10a12 a22 a23 a20a13 a23 a33 a30a10 a20 a30 a00

⎞⎟⎟⎟⎠ , A =⎛⎜⎝ a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

⎞⎟⎠ .Daca cuadrica

Pare centru, atunci coordonatele sale sunt ın

mod necesar solutia sistemului⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

12∂g∂x = a11x+ a12y + a13z + a10 = 0,

12∂g∂y = a12x+ a22y + a23z + a20 = 0,

12∂g∂z = a13x+ a23y + a33z + a30 = 0.

Pentru stabilirea ecuatiei canonice a cuadricei se poate procedaastfel:

i) Daca a12 = a13 = a23 = 0, se face translatie.ii) Daca cel putin unul din numerele a12, a13, a23 este nenul,

atunci tipul cuadricei de ecuatie

a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz+

+2a23yz + 2a10x+ 2a20y + 2a30z + a00 = 0,

este determinat de expresia termenilor de gradul al doilea, adica deforma patratica

a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz.

Matriceal aceasta forma patratica se scrie

³x y z

´⎛⎜⎝ a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ ,sau ³

x y z´A

⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ .


Pentru matricea A se determina valorile proprii λ1,λ2,λ3 si vec-torii proprii corespunzatori care sunt ortogonali. Prin normare obtinemversorii e1, e2, e3. Se noteaza cu Rmatricea ce contine pe coloane co-ordonatele versorilor e1, e2, e3; avand ın vedere posibilitatea ınlocuiriiunuia dintre versorii e1, e2, e3 prin opusul sau sau posibilitatea renu-merotarii valorilor proprii, putem presupune detR = 1. Rotatia⎛⎜⎝ x

yz

⎞⎟⎠ = R⎛⎜⎝ x0

y0

z0

⎞⎟⎠reduce forma patratica la forma diagonala λ1x

02 + λ2y02 + λ3z

02.Directiile noilor axe de coordonate sunt date de directiile verso-rilor proprii e1, e2, respectiv e3. In final, daca este cazul, se face otranslatie.

Teorema 8.1. Locul geometric al tuturor tangentelor lacuadrica

Pın punctul M0(x0, y0, z0) este planul de ecuatie

(x− x0)∂g

∂x(x0, y0, z0)+(y − y0)

∂g

∂y(x0, y0, z0)+(z − z0)

∂g

∂z(x0, y0, z0) = 0.

Acest plan se numeste planul tangent la cuadricaPın punctul

M0 ∈P.

Dreapta care trece prinM0 si este perpendiculara pe planul tan-gent se numeste normala si are ecuatiile:

x− x0∂g∂x(x0, y0, z0)

=y − y0

∂g∂y (x0, y0, z0)

=z − z0

∂g∂z (x0, y0, z0)

,

unde vectorul normal la planul tangent este

n³∂g∂x(x0, y0, z0),

∂g∂y (x0, y0, z0),

∂g∂z (x0, y0, z0)

´.


1. Sub influenta unei forte punctul materialM se misca pe cerculC : x2 + y2 − 6x + 4y + 9 = 0 . Actiunea fortei se ıntrerupe


ın momentul ın care M a ajuns ın pozitia (1,−2) . Sa se de-termine traiectoria pe care o va urma mai departe punctulmaterial M .

Solutie:

Ecuatia cercului C se poate scrie

C : (x− 3)2 + (y + 2)2 = 4 ,

deci centrul cercului este A(3,−2) si raza sa este r = 2.Directia dupa care se va deplasa punctul M , daca actiuneafortei ınceteaza, este directia tangentei la cercul C ın punctulM , adica d: (x − 3)(1 − 3) + (y + 2)(−2 + 2) − 4 = 0 (prindedublare) sau d : x = 1.

2. Fie conica data de ecuatia

Γ1 : g(x, y) = x2 − 2xy + 2y2 − 4x− 6y + 3 = 0 .

i) Sa se calculeze invariantii conicei;ii) Sa se gaseasca coordonatele centrului conicei;iii) Sa se gaseasca ecuatia conicei redusa la centru;iv) Sa se gaseasca forma canonica a conicei.

Solutie:

i) A =

Ã1 −1−1 2

!, A =

⎛⎜⎝ 1 −1 −2−1 2 −3−2 −3 3

⎞⎟⎠∆ = detA =

¯¯ 1 −1 −2−1 2 −3−2 −3 3

¯¯ = −26=0 ⇒ Γ1 conica nede-

generata.δ = detA = 1⇒ Γ1 conica cu centru. I = TrA = 3.Din faptul ca δ > 0 si I∆ < 0 rezulta ca Γ1 este o elipsa.ii) Studiem centrul lui Γ1 .(

12∂g∂x =

12(2x− 2y − 4) = 0

12∂g∂y =

12(−2x+ 4y − 6) = 0


(x− y = 2

−x+ 2y = 3⇒ x = 7, y = 5 coordonatele centrului

conicei.iii) Ecuatia conicei redusa la centru este(x

0)2 − 2x

0y0+ 2(y

0)2 − 26 = 0 .

(dupa translatia x0= x− 7 , y

0= y − 5)

iv) Pentru a gasi forma canonica determinam valorile propriiale lui A.¯¯ 1− λ −1−1 2− λ

¯¯ = 0⇔ λ2 − 3λ+ 1 = 0 ,

λ1 =3+√5

2 , λ2 =3−√5

2 .Deteminam vectorii proprii ai lui AÃ1− 3+

√5

2 −1

−1 2− 3+√5

2

!·

Ãu1u2

!= 0⇔

(*)

( −1−√5

2 u1 − v1 = 0

−u1 +1−√5

2 v1 = 0

Sistemul (*) are solutia triviala si urmatoarea solutie netriv-iala:(u1 = k

v1 = −1−√5

2 k, k ∈ R\{0} .Pentru k = 1, a1(u1, v1) este un vector propriu;

ka1k =√10+2

√5

2 , deci e1

µ2√

10+2√5, −1−

√5√

10+2√5

¶.

Analog pentru λ2 =3−√5

2 obtinem:(u2 = k

v2 =√5+12 k, k ∈ R\{0}.

Pentru k = 1, a2(u2, v2) este un vector propriu;

ka2k =√10−2

√5

2 , deci e2

µ2√

10−2√5,

√5−1√

10−2√5

¶.

detR =

¯¯

2√10+2

√5

2√10−2

√5

−1−√5√

10+2√5

√5−1√

10+2√5

¯¯ = 1.


Rotatia:⎧⎨⎩x0 = 2√

10+2√5x00 + 2√

10−2√5y00

y0 = −1−√5√

10+2√5x00 +

√5−1√

10−2√5y00

conduce la

3 +√5

2

¡x00¢2+3−

√5

2

¡y00¢2− 26 = 0

3+√5

52 (x00)2 + 3−√5

52 (y00)2 − 1 = 0⇔

(x00)2

523+√5

+(y00)2

523−√5

− 1 = 0. (elipsa)

3. Aceeasi problema ca precedenta (mai putin forma canonica)pentru conica Γ2 de ecuatieΓ2 : g(x, y) = x

2 − 2xy − y2 − 4x− 6y + 3 = 0 .

Solutie:

A =

⎛⎜⎝ 1 −1 −2−1 −1 −3−2 −3 3

⎞⎟⎠; A = Ã1 −1−1 −1

!;

∆ = detA; ∆ = −23; I = 0; δ = detA = −2 .

∆ 6= 0 ⇒conica nedegenerata; δ < 0 si I = 0 ⇒hiperbolaechilatera.(

12∂g∂x =

12(2x− 2y − 4) = 0

12∂g∂y =

12(−2x− 2y − 6) = 0

⇔

(x− y − 2 = 0x+ y + 3 = 0

⇒

x = −12 , y = −

52 coordonatele centrului conicei.

Facem translatia x = −12 +x

0 si y = −52 + y

0 . Ecuatia coniceiredusa la centru este:¡

x0¢2− 2x0y0 −

¡y0¢2+23

2= 0

4. Aceeasi problema cu precedenta pentru conica Γ3 de ecuatie

Γ3 : g(x, y) = x2 + 2xy + y2 + 2x+ 2y − 4 = 0.


Solutie:

A =

⎛⎜⎝ 1 1 11 1 11 1 −4

⎞⎟⎠; A = Ã1 11 1

!; ∆ = 0; I = 2; δ = 0.

∆ = 0⇒conica degenerata; δ = 0⇒ Γ3 = D1∪D2, unde D1 siD2 sunt drepte paralele sau confundate, sau Γ3 = Φ. Ecuatiaconicei redusa la centru este :¡

x0¢2+ 2x0y0 +

¡y0¢2= 0.

5. Sa se determine forma canonica pentru conica Γ de ecuatie

Γ : g(x, y) = 11x2 − 24xy + 4y2 + 2x+ 16y + 11 = 0.

Solutie:

A =

⎛⎜⎝ 11 −12 1−12 4 81 8 11

⎞⎟⎠; A = Ã11 −12−12 4

!;

∆ = detA; ∆ = −2000; I = 15; δ = −100 .

∆ 6= 0⇒conica nedegenerata; δ < 0⇒ conica este o hiperbola.

Se face rotatia(x = x0 cos θ − y0 sin θy = x0 sin θ + y0 cos θ

,

unde θ este unghiul determinat de ecuatia:7 sin 2θ = −24 cos 2θ ⇔ tan 2θ = −24

7 ⇒

tan θ1,2 =7±2524 ⇔ tan θ1,2 =

43 sau

³−34

´;

din tan θ1 =43 ⇒

(sin θ1 = ±

45

cos θ1 = ±35

;

din tan θ1 =−34 ⇒

(sin θ2 = ∓

35

cos θ2 = ±45

.

Facem rotatia:

(x = 3

5x0 − 4

5y0

y = 45x0 + 3

5y0 ⇔

(x = 1

5 (3x0 − 4y0)

y = 15 (4x

0 + 3y0)si se obtine:


−5 (x0)2 + 20 (y0)2 + 14x0 + 8y0 + 11 = 0⇔

−5³x0 − 7

5

´2+ 20

³y0 + 2

5

´2+ 88

5 = 0.

Facem translatia x0 = 75 + x

00 si y0 = −25 + y

00, se obtine

−5¡x00¢2+ 20

¡y00¢2+88

5= 0.

Analog ın celalalt caz.

6. Sa se determine centrul, axele si varfurile conicei

Γ : g(x, y) = 16x2 + 4xy + 19y2 + 4x− 22y − 5 = 0.

Solutie:

Centrul conicei este dat de:(12∂g∂x = 32x+ 4y + 4 = 0

12∂g∂y = 4x+ 38y − 22 = 0

⇔

(8x+ y + 1 = 02x+ 19y − 11 = 0

⇒ x = −15 , y =

35 coordonatele centrului conicei.

Observatie: Axele conicei sunt drepte ce trec prin centrulconicei de parametri directori, solutiile ecuatiilor ın m:

a12m2 + (a11 − a22)m− a12 = 0 .

2m2 − 3m− 2 = 0⇒ m1 = 2,m2 = −12 .

Axele sunt: y − 35 = 2

³x+ 1

5

´⇔ y = 2x+ 1;

y − 35 = −

12

³x+ 1

5

´⇔ y = −1

2 (x− 1).

Varfurile conicei sunt determinate de intersectia axelor cu con-ica:(y = 2x+ 116x2 + 4xy + 19y2 + 4x+−22y − 5 = 0

si(y = −1

2 (x− 1)16x2 + 4xy + 19y2 + 4x+−22y − 5 = 0

.

Primul sistem are solutiile:

x1,2 =−1±

√3

5; y1,2 =

3± 2√3

5.


Varfurile sunt A1 de coordonate x1, y1 si A2 de coordonatex2, y2. Analog pentru cel de-al doilea sistem se obtin A3 si A4ca varfuri.

7. In E2 , fata de reperul cartezian ortonormat R = {O; i, j} , seda conica γ de ecuatie3x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 = 0 ,dreapta d de ecuatie x+ y − 5 = 0 si punctul A(1, 0) .Se cer:a) natura si genul conicei γ ;b) ecuatia polarei punctului A ın raport cu conica γ ;c) ecuatiile tangentelor din A la conica γ ;d) coordonatele centrului conicei γ ;e) ecuatiile axelor de simetrie ale conicei γ ;f) ecuatiile asimptotelor conicei γ ;g) coordonatele polului dreptei d ın raport cu conica γ ;h) ecuatiile tangentelor la conica, paralele cu dreapta d ;i) ecuatia diametrului conjugat directiei lui d ;j) ecuatia canonica a conicei γ si reperul canonic;

Solutie:

a) Discriminantul mic este δ =

¯¯ 3 −5−5 3

¯¯ = −16 < 0 si

astfel γ este o conica cu centru (unic de simetrie), de gen (tip)hiperbolic.

Discriminantul mare este ∆ =

¯¯ 3 −5 2−5 3 22 2 4

¯¯ = −1286=0 si

atunci natura conicei este: γ conica nedegenerata.Deci γ este o hiperbola.b) Ecuatia polarei punctului A(1, 0) ın raport cu conica γ seobtine prin dedublarea ecuatiei conicei ın punctul A, adica3xx0 − 5x0y − 5xy0 + 3yy0 + 2x+ 2x0 + 2y + 2y0 + 4 = 0,pentru x0 = 1, y0 = 0 . Deci 5x− 3y + 6 = 0 .


c) Intersectia dintre polara lui A si conica este data de sistemul(5x− 3y + 6 = 03x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 = 0

,

care are solutiile³1 +

√222 ,

113 +

5√226

´,³1−

√222 ,

113 −

5√226

´,

care sunt coordonatele punctelor de intersectie, B si B0, alepolarei cu conica (chiar puncte de tangenta).Atunci tangentele duse din A la γ au ecuatiile:AB : x−1

+√222

= y−0113+ 5

√226

AB0 : x−1−√222

= y−0113−5

√226

d) Coordonatele centrului C al conicei γ se gasesc rezolvand

sistemul

(12∂F∂x = 0

12∂F∂y = 0

,

unde F (x, y) = 3x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 .Deoarece ∂F

∂x = 6x − 10y + 4 si ∂F∂y = −10x + 6y + 4 , avem

C(1, 1) .e) Ecuatia care determina directiile li+mj ale axelorconicei este (a11 − a22)lm+ a12(m2 − l2) = 0 .Pentru conica γ avem a11 = 3 , a22 = 3 , a12 = −5 . Dacanotam cu k = m

l (l 6=0) panta unei drepte care are directia(l,m) rezulta ecuatiak2 − 1 = 0, de unde k1 = −1 si k2 = 1 sunt panteleaxelor de simetrie. Cum axele trec prin centrul de simetrieC(1, 1) , ele au ecuatiile y − 1 = −(x− 1) si y − 1 = x− 1 saux+ y − 2 = 0 si x− y = 0 .f) Directiile celor doua asimptote sunt date de ecuatiaa11l

2 + 2a12lm+ a22m2 = 0 ,

adica 3k2 − 10k + 3 = 0 (daca l 6=0 luam k = ml ). Avem

k1 = 1/3 , k2 = 3 si prin urmare directiile celor doua asimptotesunt i+ 3j si 3i+ j.Daca li+mj este directia asimptotei, atunci ecuatia ei este

l∂F

∂x+m

∂F

∂y= 0 .


Deci, ecuatiile asimptotelor conicei γ sunt(3x− 5y + 2) + 3(−5x+ 3y + 2) = 0 si3(3x− 5y + 2) + (−5x+ 3y + 2) = 0 ,adica 3x− y − 2 = 0 si x− 3y + 2 = 0 .Se observa ca centrul C este pe asimptote, asa cum este nor-mal.g) FieM0(x0, y0) polul dreptei d ın raport cu conica γ . Atuncipolara lui M0 ın raport cu γ este chiar dreapta d.Se scrie ecuatia polarei lui M0(x0, y0) ın raport cu γ :(3x0 − 5y0 + 2)x+ (−5x0 + 3y0 + 2)y + (2x0 + 2y0 + 4) = 0si punem conditia ca aceasta dreapta sa fie chiar dreapta d :x+ y − 5 = 0 , adica

3x0 − 5y0 + 2

1=−5x0 + 3y0 + 2

1=2x0 + 2y0 + 4

−5= λ ∈ R .

Rezulta sistemul

(3x0 − 5y0 = λ− 2

−5x0 + 3y0 = λ− 2,

de unde x0 = 1−λ2 si y0 = 1−

λ2 si λ = −

83 .

Deci x0 = y0 =73 si atunci M0(

73 ,73) .

h) Orice dreapta paralela cu dreapta d are ecuatiadλ : x+ y + λ = 0 , λ ∈ R .Intersectam conica γ cu dreapta dλ , adica obtinemsistemul (

3x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 = 0x+ y + λ = 0

si punem conditia ca ecuatia de gradul doi ın x sa aiba osingura radacina reala (pentru ca dreapta sa fie tangenta laconica).Astfel, din y = −x−λ rezulta 16x2+16λx+3λ2− 4λ+4 = 0si trebuie ca ∆ = 64(λ− 2)2 = 0 , adica λ = 2 .Deci exista o singura dreapta tangenta la γ , care este paralelacu d, de ecuatie x+ y + 2 = 0 .i) Diametrul conjugat cu directia lui d are ecuatia

l∂F

∂x+m

∂F

∂y= 0 ,


unde li+mj = i−j este directia dreptei d (vezi d : y = −x+5,de unde panta lui d este k = m

l = −1 ).Astfel, ecuatia diametrului conjugat cu directia lui d este x−y = 0 .j) Mai ıntai gasim valorile si vectorii proprii ai matricei Aasociata conicei γ .

Polinomul caracteristic PA(λ) =

¯¯ 3− λ −5−5 3− λ

¯¯ = (3−λ)2−

25 are radacinile λ1 = −2 si λ2 = 8 (valorile proprii).Pentru λ1 = −2 , sistemul care da vectorii proprii asociati luiλ1 este

(A− λ1I2)

Ãxy

!=

Ã00

!⇔

(5x− 5y = 0

−5x+ 5y = 0.

Atunci x = y = α (α ∈ R) si un vector propriu asociat luiλ1 = −2 este u1 = i + j . Cum ku1k =

√2 obtinem versorul

i0= 1

ku1k · ku1k =1√2i+ 1√

2j .

Pentru λ1 = 8 , sistemul care da vectorii proprii asociati lui λ2este

(A− λ2I2)

Ãxy

!=

Ã00

!⇔

(−5x− 5y = 0−5x− 5y = 0

.

Atunci x = −α , y = α (α ∈ R) si un vector propriu asociatlui λ2 = 8 este u2 = −i+ j . Cum ku2k =

√2 obtinem versorul

j0 = 1ku2k · ku2k = −

1√2i+ 1√

2j .

Acum, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R = {O; i, j} −→ R0= {O; i

0, j

0}

data prin relatiileÃxy

!=

Ã1√2− 1√

21√2

1√2

!·

Ãx0

y0

!+

Ã00

!sau (

x = 1√2x0− 1√

2y0

y = 1√2x0+ 1√

2y0


³MR(x, y) −→MR0 (x

0, y

0) , rotatie

´Relativ la noul reper R0, ecuatia lui γ este:λ1(x

0)2+λ2(y0)2+4

³1√2x0− 1√

2y0´+4

³1√2x0+ 1√

2y0´+4 = 0,

adica γ : −2(x0)2 + 8(y

0)2 + 8√

2x0+ 4 = 0 .

Deci γ : (x0−√2)2

22 − (y0)2

12 − 1 = 0 .

In final, se mai face schimbarea de repere ortonormate (translatie):

R0= {O; i

0, j

0} −→ R

00= {O

00; i0, j

0}

data prin(x0−√2 = x

00

y0= y

00 ⇔

Ãx0

y0

!= I2

Ãx00

y00

!+

Ã √20

!.

Atunci, ecuatia lui γ relativ la reperul R00 este

(x00)2

22−(y

00)2

12− 1 = 0

si ea este ecuatia canonica a hiperbolei γ . Reperul canoniceste chiar reperul relativ la care conica are ecuatia canonica,adica R00 = {O00; i0, j0}.Cum O00R0(

√2, 0) , avem ¯OO00 =

√2i0= i+ j si astfel O00R(1, 1).

Schimbarea de repere R −→ R00 este data prinÃxy

!=

Ã1√2− 1√

21√2

1√2

!·

Ãx00

y00

!+

Ã11

!.

8. Sa se arate ca locul geometric al punctelor din plan, pen-tru care raportul distantelor la un punct fix F (focar) si lao dreapta fixa d (directoare) este egal cu constanta e (excen-tricitate), este o conica nedegenerata (elipsa, hiperbola sauparabola).

Solutie:

Fixam un reper cartezian ortonormat R = {O; i, j} ın plan siın raport cu acesta fie F (x0, y0) , d : ax+ by + c = 0 .


Fie M(x, y) un punct al locului geometric. Atunci

MF

d(M,d)= e sau

p(x− x0)2 + (y − y0)2

|ax+by+c|√a2+b2

= e⇔

(x− x0)2 + (y − y0)

2 = e2(ax+ by + c)2

a2 + b2.

Dupa calcule, obtinem ecuatia carteziana generala a unei con-ice

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2b1x+ 2b2y + c = 0

unde a11 = a2 + b2 − e2a2, a12 = −e2ab, a22 = a2 + b2 − e2b2,

b1 = −[x0(a2 + b2) + e2ac] , b2 = −[y0(a2 + b2) + e2bc] , c =(x20 + y

20)(a

2 + b2)− e2c2.Prin urmare, locul geometric este o conica nedegenerata, pen-

tru ca ∆ =

¯¯ a11 a12 b1a12 a22 b2b1 b2 c

¯¯ 6=0 (prin calcul).

Genul conicei este dat de discriminantul mic

δ =

¯¯ a11 a12a12 a22

¯¯ = (a2 + b2)2(1− e2) .

Atunci, conica este elipsa pentru e < 1 ( δ > 0), parabolapentru e = 1 (δ = 0), hiperbola pentru e > 1 (δ < 0).Observatie: Daca alegem reperul R astfel ıncat axa Ox ⊥ dsi O = F , ecuatia conicei se reduce la x2 + y2 = e2(x − α)2 ,unde d : x− α = 0 .

9. In punctele de intersectie ale conicei γ : x2− 2xy+ y2+2x−6y = 0 cu dreapta d : 3x − y + 6 = 0 , se duc tangentele laaceasta conica. Sa se gaseasca punctul de intersectie al acestortangente.

Solutie:

Din sistemul

(x2 − 2xy + y2 + 2x− 6y = 0y = 3x+ 6

rezulta x1 = −1, y1 = 3 sau x2 = 0, y2 = 6 .Deci γ ∩ d = {M1(−1, 3),M2(0, 6)} .


Tangenta la γ ın punctul M(x0, y0) ∈ γ are ecuatiaxx0 − x0y − xy0 + yy0 + x+ x0 − 3y − 3y0 = 0.Atunci ecuatia tangentei la γ ın M1 este −3x+ y − 10 = 0 siecuatia tangentei la γ ın M2 este −5x+ 3y − 18 = 0.Rezolvand sistemul format cu ecuatiile celor doua tangente(

−3x+ y − 10 = 10−5x+ 3y − 18 = 0

se obtin coordonatele punctului de intersectie al celor douatangente, A(−3, 1) .

10. In E3 relativ la reperul cartezian ortonormat R = {O; i, j, k} ,se da cuadrica

Γ : 2x2 + 16y2 + 2z2 − 8xy + 8yz − 2x− y + 2z + 3 = 0 .

Se cer:a) natura cuadricei si rezolvarea problemei centrelor;b) ecuatia planului tangent la Γ ın punctul M0(x0, y0, z0) ∈ Γsi ecuatiile normalei la Γ ın acelasi punct;c) ecuatia canonica a cuadricei Γ si reperul natural atasat aces-teia.

Solutie:

a) Matricea formei patratice asociata cuadricei Γ este

A =

⎛⎜⎝ 2 −4 0−4 16 40 4 2

⎞⎟⎠ si atunci discriminantul mic asociat

cuadricei este δ =

¯¯ 2 −4 0−4 16 40 4 2

¯¯ = 0 , iar discriminatul mare

este ∆ =

¯¯¯2 −4 0 −1−4 16 4 −1

20 4 2 1−1 −1

2 1 3

¯¯¯ = −816=0 .

Prin urmare, Γ este cuadrica nedegenerata, fara centru (unic


de simetrie).Coordonatele eventualelor centre (de simetrie) sunt date desistemul ⎧⎪⎨⎪⎩

12 ·

∂F∂x = 0

12 ·

∂F∂y = 0

12 ·

∂F∂z = 0

,

undeF (x, y, z) = 2x2 + 16y2 + 2z2 − 8xy + 8yz − 2x− y + 2z + 3 .Sistemul de ecuatii liniare care rezulta⎧⎪⎨⎪⎩

2x− 4y = 1−4x+ 16y + 4z = 1

24y + 2z = −1

, este incompatibil

(vezi si δ = 0 , dar ∆=0).Deci cuadrica Γ nu are nici un centru de simetrie.b) Prin dedublare ın punctulM0(x0, y0, z0) ∈ Γ , ecuatia plan-ului tangent la Γ ın M0 este2xx0 + 16yy0 + 2zz0 − 4x0y − 4xy0 + 4y0z + 4yz0 − x0 − x−−12y0 −

12y + z + z0 + 3 = 0, adica

(2x0 − 4y0 − 1)x+ (−4x0 + 16y0 + 4z0 −12)y+

+(4y0 + 2z0 + 1)z + (−x0 −12y0 + z0 + 3) = 0 .

Normala la Γ ınM0 (care este o dreapta ce trece prinM0 si esteperpendiculara pe planul tangent la Γ , ın M0) are ecuatiile

x− x02x0 − 4y0 − 1

=y − y0

−4x0 + 16y0 + 4z0 −12

=z − z0

4y0 + 2z0 + 1.

Altfel, ecuatiile planului tangent, respectiv normalei la Γ ınM0(x0, y0, z0) sunt(x− x0) ·

∂F∂x (x0, y0, z0) + (y − y0) ·

∂F∂y (x0, y0, z0)+

+(z − z0) ·∂F∂z (x0, y0, z0) = 0 ,

x−x0∂F∂x(x0,y0,z0)

= y−y0∂F∂y(x0,y0,z0)

= z−z0∂F∂z(x0,y0,z0)

c) Mai ıntai se gasesc valorile proprii ale matricii A, rezolvandecuatia caracteristica det(A− λI3) = 0 , adica¯

¯ 2− λ −4 0−4 16− λ 40 4 2− λ

¯¯ = 0 .


Rezulta valorile proprii λ1 = 0 , λ2 = 2 , λ3 = 18 .In continuare, pentru fiecare valoare proprie, se determina vec-torii proprii corespunzatori.Pentru λ1 = 0 , se rezolva sistemul liniar omogen

(A− λ1I3)

⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠ , adica⎧⎪⎨⎪⎩

2x− 4y = 0−4x+ 16y + 4z = 0

4y + 2z = 0.

Rezulta x = 2α , y = α , z = −2α (α ∈ R ).Atunci un vector propriu corespunzator lui λ1 este de formav1 = α(2i + j − 2k) , α ∈ R∗ , iar pentru α = 1 se obtineu1 = 2i+ j − 2k cu lungimea ku1k =

√4 + 1 + 4 = 3 .

Retinem versorul i0= 1

ku1k · u1 =23i+

13 j −

23 k .

Pentru λ2 = 2 , se rezolva sistemul liniar omogen

(A− λ2I3)

⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠ , adica⎧⎪⎨⎪⎩

−4y = 0−4x+ 14y + 4z = 0

4y = 0.

Rezulta x = α , y = 0 , z = α (α ∈ R ).Atunci un vector propriu corespunzator lui λ2 este de formav2 = α(i+ k) , α ∈ R∗ , iar pentru α = 1 se obtine u2 = i+ kcu lungimea ku2k =

√1 + 1 =

√2.

Retinem versorul j0= 1

ku2k · u2 =1√2i+ 1√

2k .

Pentru λ3 = 18 , se rezolva sistemul liniar omogen

(A− λ3I3)

⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠ , adica


⎧⎪⎨⎪⎩−16x− 4y = 0

−4x− 2y + 4z = 04y − 16z = 0

.

Rezulta x = α , y = −4α , z = −α (α ∈ R ).Atunci un vector propriu corespunzator lui λ1 este de formav3 = α(i − 4j − k) , α ∈ R∗ , iar pentru α = 1 se obtineu3 = i− 4j − k cu lungimea ku3k =

√1 + 16 + 1 = 3

√2 .

Retinem versorul k0 = 1ku3k · u3 =

13√2i− 4

3√2j − 1

3√2k .

Conform teoriei operatorilor liniari simetrici, baza {i0, j0, k0}

este ortonormata si pozitiv orientata (vezi faptul ca determi-nantul matricii de trecere de la baza {i, j, k} la baza {i

0, j0, k0}

are valoarea 1).Prin urmare, se face schimbarea de repere carteziene ortonor-mate

R = {O; i, j, k} −→ R0= {O

0= O; i

0, j

0, k

0} ,

data prin

⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎜⎝

23

1√2

13√2

13 0 − 4

3√2

−23

1√2− 13√2

⎞⎟⎟⎠⎛⎜⎝ x

0

y0

z0

⎞⎟⎠ (rotatie)si astfel, se obtine ecuatia lui Γ relativ la noul reper cartezianortonormat R0:λ1(x

0)2 + λ2(y0)2 + λ3(z

0)2 − 2³23x0 + 1√

2y0+ 1

3√2z0´−

−³13x

0− 4

3√2z0´+ 2

³−23x

0+ 1√

2y0− 1

3√2z0´+ 3 = 0, adica

(y0)2

9 + (z0)2

1 − 16(x

0− 1) = 0 sau

x0− 1 =

(y0)2

96

+(z

0)2

16

.

In final, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R0 = {O0 = O; i0, j0, k0} −→ R00 = {O00; i0, j0, k0} ,

data prin

⎛⎜⎝ x0

y0

z0

⎞⎟⎠ = I3 ·⎛⎜⎝ x

00

y00

z00

⎞⎟⎠+⎛⎜⎝ 100

⎞⎟⎠ (translatie)


Ecuatia cuadricei Γ relativ la reperul R00 :

x00=

(y00)2³q32

´2 + (z00)2³

1√6

´2reprezinta forma redusa (canonica) a ecuatiei cuadricei Γ sauecuatia canonica a lui Γ . Din forma ecuatiei canonice se ob-serva ca Γ este un paraboloid eliptic.Reperul natural al lui Γ este reperul R00 , ın raport cu carecuadrica are ecuatia canonica de mai sus. Originea reperu-lui natural, O

00, are, relativ la reperul R0, coordonatele 1, 0, 0,

adica OO00 = i0= 2

3i+13j −

23 k .

Deci schimbarea de repere R −→ R00 este data de⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎜⎝

23

1√2

13√2

13 0 − 4

3√2

−23

1√2− 13√2

⎞⎟⎟⎠ ·⎛⎜⎝ x

00

y00

z00

⎞⎟⎠+⎛⎜⎝ 2

313−23

⎞⎟⎠(rototranslatie)

11. Fie cuadrica Γ : x2 + y2 + z2 − 12x− 4y + 1 = 0 , data relativla un reper cartezian ortonormat R = {O; i, j, k} .a) Aratati ca Γ este o sfera si gasiti coordonatele centrului eisi raza ei;b) Determinati punctele din spatiul E3 care au puterea ceamai mica fata de sfera Γ ;c) Determinati punctele din planul π : x+ z − 2 = 0 care auputerea cea mai mica fata de sfera Γ ;d) Determinati punctele de pe dreaptad : x−1

1 = y+23 = z−1

−1 care au puterea cea mai mica fata desfera Γ ;e) Cercetati pozitia planului π

0: x+y+z−1 = 0 fata de sfera Γ

si, daca este cazul, gasiti coordonatele centrului cercului π0∩Γ

si raza lui;f) Gasiti ecuatiile tangentei la cercul π

0∩ Γ ın punctul

P (x0, y0, z0) ∈ π0∩ Γ.


Solutie:

a) Ecuatia lui Γ se scrie(x2 − 12x+ 36) + (y2 − 4y + 4) + z2 − 36− 4 + 1 = 0 sau(x − 6)2 + (y − 2)2 + z2 = (

√39)2 si atunci Γ este o sfera de

raza R =√39 si de centru C (6, 2, 0) .

b) Puterea punctului M(x, y, z) ∈ E3 fata de sfera Γ estenumarul

p(M) = p(x, y, x) =MC2 −R2 = −39

Deci min {p(M)|M ∈ E3} = −R2 = p(C) , adica exista unsingur punct ın spatiuM = C (centrul sferei) care are putereafata de Γ cea mai mica.c) min {p(M)|M ∈ π} = min {(x−6)2+(y−2)2+z2−39|x+z =2} = min {(x− 6)2 + (x− 2)2 + (y − 2)2 − 39|x, y ∈ R} == (4− 6)2 + (4− 2)2 + (2− 2)2 − 39 = −31 = p(M(4, 2,−2)),pentru ca expresia (x−6)2+(x−2)2+(y−2)2−39 are valoareaminima pentru y−2 = 0 si (x−6)2+(x−2)2 = 2x2−16x+40 =−∆4a = 8 = minima, adica y = 2 , x = −

b2a = 4 , z = −2 .

Deci punctul din planul π care are puterea cea mai mica fatade sfera Γ este M(4, 2,−2).d) Ecuatiile scalare parametrice ale dreptei d sunt⎧⎪⎨⎪⎩x = 1 + ty = −2 + 3tz = 1− t

.

Puterea unui punct M(x, y, z) ∈ d fata de sfera Γ estep(M) = (1+t−6)2+(−2+3t−2)2+(1−t)2−39 = 11t2−36t+3si atunci valoarea sa minima −∆

4a = −21811 se atinge pentru

t = − b2a =

1811 , adica pentru M(29/11, 32/11,−7/11) .

e) Distanta de la centrul C al sferei Γ la planul π0este

ρ(C,π0) =

|6 · 1 + 2 · 1 + 0 · 1− 1|√12 + 12 + 12

=7√3

2< R =

√39 .

Deci intersectia dintre planul π0si sfera Γ este un cerc γ de

centru C0si raza r. Mai mult, r =

qR2 − (ρ(C,π0))2 = 2

√513 .


Pentru a gasi coordonatele centrului cercului γ, C0, mai ıntai

vom scrie ecuatia unei drepte ce trece prin C si este perpen-diculara pe planul π

0, adica x−6

1 = y−21 = z−0

1 .

Cum C0este chiar proiectia lui C pe planul π0, rezolvand sis-

temul

(x− 6 = y − 2 = zx+ y + z − 1 = 0

se obtine C0(11/3,−1/3,−7/3).

f) Tangenta la cercul γ ın punctul P (x0, y0, z0) ∈ γ se afla laintersectia planului π

0cu planul tangent la sfera Γ ın P . Deci

are ecuatiile(x+ y + z − 1 = 0(x0 − 6)x+ (y0 − 2)y + z0z + (−6x0 − 2y0 + 1) = 0

12. Se considera familia de conice data de ecuatia:

x2 + 2λxy + λy2 + 2λx+ 2y + λ+ 1 = 0 ,λ ∈ R

a) Sa se determine λ pentru care cuadrica are centru.

b) Sa se determine locul centrului cuadricei cand λ variaza.

Solutie:

Pentru a determina centrul cuadricei, formam sistemul:(∂F (x,y,z)

∂x = 2x+ 2xy + 2λ = 0∂F (x,y,z)

∂y = 2λx+ 2λy + 2 = 0

unde F (x, y, z) = x2 + 2λxy + λy2 + 2λx+ 2y + λ+ 1.

Formam sistemul :(2x+ 2λy = −2λ2λx+ 2λy = −2

⇒

(x+ λy = −λλx+ λy = −1

∆ =

¯¯ 1 λλ λ

¯¯ = λ− λ2.

Pentru a avea centru, trebuie ca ∆ 6= 0 , deci valorile cautatela punctul a) sunt R\ {0, 1} . Pentru a rezolva sistemul, fie

∆1 =

¯¯ −λ λ−1 λ

¯¯ = −λ2 + λ, ∆2 =

¯¯ 1 −λλ −1

¯¯ = −1 + λ2, deci


x = ∆1∆ = −λ2+λ

λ−λ2 = 1, y = ∆2∆ = −1+λ2

λ−λ2 = −1 − 1λ , λ ∈

R\ {0, 1} deci locul geometric este format din dreapta x = 1,mai putin punctele (1,−1), (1,−2).

13. Sa se gaseasca ecuatiile generatoarelor rectilinii ce se pot duceprin punctul P (−1/2,−1,−1), pe cuadrica :

Γ : 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4xz + yz + 8x+ 3y + 5z + 4 = 0.

Solutie:

Daca v = v1i+v2j+v3k este vectorul director al unei genera-toare rectilinii, atunci cele doua conditii ce trebuie indeplinite,conform teoriei pentru ca dreapta ce trece prin P si are un vec-tor director pe v sa fie generatoare rectilinie se scriu:

(1) (v1, v2, v3) ·

⎛⎜⎝ 4 2 22 1 1/22 1/2 1

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ v1

v2

v3

⎞⎟⎠ = 0

(2)

⎛⎜⎝(−1/2,−1,−1) ·⎛⎜⎝ 4 2 22 1 1/22 1/2 1

⎞⎟⎠+ (4, 3/2, 5/2)⎞⎟⎠ ·

·

⎛⎜⎝ v1

v2

v3

⎞⎟⎠ = 0Obtinem :

(1)’ 4(v1)2 + (v2)2 + (v3)2 + 4v1v2 + 4v1v3 + v2v3 = 0

(2)’ 2v1 + v2 = 0

Inlocuind (2)0ın (1)

0obtinem (v3)2 = v2v3, deci avem doua

cazuri :

caz 1) v3 = 0 , 2v1 + v2 = 0; alegand v2 = 2, obtinem a1 =(−1, 2, 0)

caz 2) v3 = v2, 2v1 + v2 = 0; alegand v2 = 2, obtinem a2 =(−1, 2, 2)


Vom scrie acum pe rand ecuatiile dreptelor ce trec prin Psi au ca vector director pe a1, respectiv a2. Deci cele douageneratoare vor fi :

d1 : x = −t+ 1/2; y = 2t− 1; z = −1

d2 : x = −t+ 1/2; y = 2t− 1; z = 2t− 1

14. Sa se afle ecuatia planelor tangente la elipsoidul 2x2 + y2 +3z2 − 1 = 0, perpendiculare pe dreaptad : x = y = z.

Solutie:

Ecuatia generala a unui plan tangent la elipsoidul dat areforma :

2x0x+ y0y + 3z0z − 1 = 0.

Vectorul director al dreptei d fiind a = (1, 1, 1), daca acestvector este perpendicular pe planul tangent, vom avea relatia:

2x01=y01=3z01.

De aici, tinand seama cay202 +y

20+

y203 −1 = 0 obtinem

116 y

20 = 1,

deci y0 = ±q

611 .

Vom avea deci doua puncte ale caror coordonate

le determinam din relatiile de mai sus, P1(q

644 ;q

611 ;q

699) si

P2(−q

644 ;−

q611 ;−

q699) si deci doua plane tangente ın punctele

respective:

π1 :q

611x+

q611y +

q611z − 1 = 0,

π2 : −q

611x−

q611y −

q611z − 1 = 0.

15. Sa se aduca la forma canonica, precizandu-se schimbarile nece-sare de coordonate, urmatoarea cuadrica:

Γ : x2 − 2y2 + z2 + 4xy+4yz − 10xz + 2x+4y− 10z − 1 = 0.


Solutie:

Fie A =

⎛⎜⎝ 1 2 −52 −2 2−5 2 1

⎞⎟⎠ matricea asociata cuadricei ın

reperul initial.

Avem:

δ =

¯¯ 1 2 −52 −2 2−5 2 1

¯¯ = 0,

deci cuadrica este degenerata.

Calculam valorile proprii al operatorului liniar asociat matriciisimetrice A ın baza canonica:

P (λ) =

¯¯ 1− λ 2 −5

2 −2− λ 2−5 2 1− λ

¯¯ = −λ3 + 36λ =

= (λ−6)(λ+6)(−λ), deci valorile proprii sunt 6, −6 si 0. Vomcauta acum sa gasim o baza ortonormata formata din vectoriproprii corespunzatori valorilor proprii:

Caz 1) Pentru λ = 6, vectorul v = (v1, v2, v3) este vectorpropriu al valorii λ = 6 daca si numai daca (A − 6 · I) · v =0, unde I este matricea unitate. Transcriind ın coordonate,obtinem sistemul:⎛⎜⎝ 5 2 −5

2 −8 2−5 2 −5

⎞⎟⎠ ·⎛⎜⎝ v1

v2

v3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇒⎧⎪⎨⎪⎩−5v1 + 2v2 − 5v3 = 02v1 − 8v2 + 2v3 = 0−5v1 + 2v2 − 5v3 = 0

Considerand v1, v2 necunoscute principale si v3 necunoscutasecundara obtinem v1 = v3, v2 = −v3. Luam v3 = 1 siobtinem ν1 = (1,−1, 1). Mai departe, prin normare, obtinemf1 = (

1√2, 0,− 1√

2).


Caz 2) λ = −6. Procedand ca mai sus, obtinem sistemul:⎧⎪⎨⎪⎩7v1 + 2v2 − 5v3 = 02v1 + 4v2 + 2v3 = 0−5v1 + 2v2 + 7v3 = 0

Considerand v1, v2 necunoscute principale si v3necunoscuta se-cundara obtinem v1 = v3, v2 = −v3. Luam v3 = 1 si obtinemvectorul ν2 = (1,−1, 1) . Mai departe, ımpartind prin normalui ν3, obtinem f2 = (

1√3,− 1√

3, 1√

3).

Caz 3) Pentru λ = 0, procedand ca mai sus obtinem sistemul:⎛⎜⎝ 1 2 −5

2 −2 2−5 2 1

⎞⎟⎠⎛⎜⎝ v1

v2

v3

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎝ 000

⎞⎟⎠⇒⎧⎪⎨⎪⎩

v1 + 2v2 − 5v3 = 02v1 − 2v2 + 2v3 = 0−5v1 + 2v2 + v3 = 0

.

Alegem v1, v2 necunoscute principale, v3 necunoscuta secun-dara. Obtinem v1 = v3, v2 = v3

2 . Dand valoarea v3 = 2,

obtinem vectorul ν3 = (1, 2, 1) . Mai departe normand pe v3,obtinem vectorul f3 = (

1√6, 2√

6, 1√

6).

Efectuam acum schimbarea de reper{O, e1, e2, e3}→ {O, f1, f2, f3} .Coordonatele se vor schimba dupa regula:⎛⎜⎝ xyz

⎞⎟⎠ =⎛⎜⎜⎝

1√2

1√3

1√6

0 − 1√3

2√6

− 1√2

1√3

1√6

⎞⎟⎟⎠ ·⎛⎜⎝ x

0

y0

z0

⎞⎟⎠ .Introducand aceste relatii ın ecuatia cuadricei, obtinem:

6(x0)2 − 6(y/) + 2( 1√

2x0 + 1√

3y0+ 1√

6z0) + 4(− 1√

3y0+ 2√

6z0)−

10(− 1√2x0 + 1√

3y0 + 1√

6z0)− 1 = 0⇒

6(x0)2 − 6(y0)2 + 12√2x0 − 12√

3y0 − 1 = 0⇒


Figure 8.1:

6(x0 + 1√2)2 − 6(y0 + 1√

3)2 − 2 = 0⇒

(x0 + 1√2)2 − (y0 + 1√

3)2 − 1

3 = 0.

Efectuand schimbarea de reper sugerata de relatiile ıntre co-ordonate:⎧⎪⎨⎪⎩x00 = x0 + 1√

2

y00 = y0 + 1√3

z00 = z0,

adica {O, f1, f2, f3}→ {O0(− 1√2,− 1√

3, 0), f1, f2, f3},

obtinem forma canonica

(x00)2 − (y00)2 −1

3= 0

deci cuadrica data este un cilindru hiperbolic.

16. Pe figura este reprezentat un mecanism cu articulatii careconsta din barele OA1, OB1, CA5, CB5 de lungime a si dinbareleAiBi+1, Ai+1Bi de lungime 2a. Atunci cand C se apropiesau se departeaza de O, sa se gaseasca locurile geometrice alearticulatiilor Ai si Bi.

Solutie:


Figure 8.2:

Considerand reperul ca ın figura si notand ||−−→OA

01|| = λ >

0, parametru, punctele articulatiilor vor avea coordonateleA1(λ,

√a2 − λ2) , B1(λ,−

√a2 − λ2) ,

A2(3λ,√a2 − λ2) , B2(3λ,−

√a2 − λ2) , ....

Eliminand parametrul λ dintre cele doua coordonate alepunctelor Ai si Bi se obtine:

- punctele A1 si B1 descriu cate un sfert din cercul de ecuatie(x)2 + (y)2 − a2 = 0 ;

- punctele A2 si B2 descriu cate un sfert din elipsa de ecuatie(x)2

(3a)2 +(y)2

a2 − 1 = 0 ;

- punctele Ai si Bi descriu cate un sfert din elipsa de ecuatie(x)2

[(2i−1)a]2 +(y)2

a2 − 1 = 0 ,(i = 3, 4, 5).

17. Doua bare articulate ın punctele fixe A si B se rotesc ın sensuriopuse intersectandu-se mereu ın punctul mobil P si formandın orice moment cu directia fixa AB unghiuri complementare.Sa se afle locul geometric al punctului P .

Solutie:


Considerand reperul ca ın figura, ecuatiile celor doua baresunt:

(AP ) : y = (x− a)ctgα

(BP ) : y = (x+ a)tgα

Eliminand, prin ınmultire, parametrul α, se obtine ecuatialocului geometric, x2 − y2 − a2 = 0, care este ecuatia uneihiperbole echilatere. Evident, ın mod practic, punctul Pdescrie doua arce simetrice din aceasta hiperbola.


1. Sa se reduca la forma canonica si sa se reprezinte grafic conicade ecuatie:

2x2 − 6xy + 10y2 − 8x+ 12y + 2 = 0.


7x2 − 8xy + y2 − 6x+ 16y + 1 = 0.

3. Sa se determine α astfel ıncat ecuatia

2x2 − xy − y2 + αx− 5y + 14 = 0

sa reprezinte ecuatia a doua drepte.


4x2 − 4xy + y2 − 2x− 14y + 7 = 0.

5. Sa se determine α astfel ıncat ecuatia

4x2 + 12xy + αy2 + 6x+ 9y + 2 = 0

sa reprezinte ecuatia a doua drepte.


6. Se da conica Γ de ecuatie:

x2 − 5xy + 6y2 + x+ 3y − 4 = 0.

Sa se scrie ecuatia tangentei la conica ın punctul de coordonate(1, 1).

7. Sa se determine coordonatele centruluiO0 al cuadricei de ecuatie:

x2 + y2 + 5z2 − 6xy + 2xz − 2yz − 4x+ 8y − 12z + 14 = 0.

Sa se efectueze o translatie ın centrul cuadricei si sa se scrieecuatia cuadricei raportata la noul sistem translatat O0x0y0z0.

8. Sa se calculeze distanta dintre punctele de intersectie ale drepteid de ecuatii parametrice:

x (t) = t, y (t) = 2− t, z (t) = −3 + 2t

cu cuadrica de ecuatie:

x2 − y2 + z2 − 4y + 6z + 9 = 0.

9. Sa se stabileasca natura cuadricelor de ecuatie:

9x2 (1 + λ)− 16y2 (λ− 3) + 36z2 (λ− 2)− 18x (1 + λ)− 64y (λ− 3)−−55λ+ 57 = 0, λ ∈ R.

10. Fie paraboloidul hiperbolic de ecuatie:

x2

9−y2

4= z

si punctul M0 (0, 2,−1).

1) Sa se scrie ecuatiile generatoarelor rectilinii care trec prinM0.

2) Sa se calculeze masura unghiului dintre aceste generatoare.

Partea III

Geometrie diferentiala

219

Capitolul 9

Curbe

FieRn spatiul euclidian canonic cu n dimensiuni, TPRn spatiul tan-

gent ın punctul P la Rn si JP : Rn → TPR

n izomorfismul canonic.Notam cu I un interval deschis (alteori ınchis, semiınchis sau reuni-une de intervale) din R.

Definitia 9.1. O functie diferentiabila α : I → Rn se numestecurba parametrizata (drum) si se noteaza cu (I,α) .

Imaginea α (I) ⊂ Rn se numeste suportul curbei parametrizate(a drumului). α se numeste parametrizare, iar t ∈ I se numesteparametru.

Din definitia lui α (I) rezulta echivalenta:

P ∈ α (I)⇔ ∃t ∈ I, P ∈ α (t) .

Daca raportam pe Rn la baza canonica, atunci func tia α este car-acterizata prin coordonatele ei euclidiene

α (t) = (x1 (t) , x2 (t) , ..., xn (t)) , t ∈ I

In contextul ın care α este numita curba parametrizata, relatiilex1 = x1 (t), x2 = x2 (t), ..., xn = xn (t) se numesc ecuatiile para-metrice ale curbei.

Definitia 9.2. Un punct P al lui α se numeste simplu dacaexista o singura valoare t ∈ I astfel ca α (t) = P . Daca exista mai

221

222 CAPITOLUL 9. CURBE

multe valori distincte t astfel ca α (t) = P , atunci punctul P senumeste multiplu.

Definitia 9.3. Daca functia α : I → Rn este diferentiabila siinjectiva, atunci (I,α) se numeste curba parametrizata simpla.

Sa presupunem ca avem o functie de tipul α : [a, b] → Rn.Aceasta functie se numeste diferentiabila daca poate fi extinsadiferentiabil la un interval deschis ce contine [a, b].

Definitia 9.4. Daca pentru functia diferentiabilaα : [a, b]→ Rn are loc α (a) = α (b), atunci (I,α) se numeste curbaparametrizata ınchisa.

O curba parametrizata ınchisa pentru care restrictia la [a, b) esteinjectiva se numeste curba parametrizata simpla si ınchisa.

O curba parametrizata (I,α) se numeste periodica daca existaun numar T > 0, astfel ıncat t + T ∈ I, α (t+ T ) = α (t) , ∀ t ∈I. Cel mai mic numar T care se bucura de aceasta proprietate senumeste perioada lui α. Se poate demonstra ca imaginea unei curbeparametrizate ınchise admite o reprezentare parametrica periodica.

Definitia 9.5. Un punct P = α (t) al drumului suport al

curbei parametrizate (I,α) ın care−−→α0 (t) 6=

−→0 se numeste punct

regulat (al curbei). Daca−−→α0 (t) 6=

−→0 , ∀ t ∈ I, atunci curba (I,α) se

numeste curba parametrizata regulata.

Daca P este un punct regulat, atunci punctul P si vectorul−−→α0 (t)

determina o dreapta care apare ca limita dreptei PQ cand P = α (t)este fix, iar Q tinde catre P de-a lungul drumului suport al curbei.

Definitia 9.6. Submultimea C ⊂ Rn se numeste curba (sub-varietate unu dimensionala) daca pentru oriceM ∈ C, exista o curbaparametrizata regulata (I,α) al carei suport α (I) este o vecinatatedeschisa a lui M ın C, iar aplicatia α : I → α (I) este homeomor-fism; curba parametrizata (I,α) cu aceasta proprietate se numesteparametrizare locala a curbei C ın vecinatatea punctului M ; dacaα (I) = C, parametrizarea (I,α) se numeste globala, iar C se numestecurba simpla (α (I) ⊆ C se mai numeste arc elementar de curba).

Definitia 9.7. Fie P un punct regulat al curbei parametrizate

(I,α). Dreapta care trece prin P si are ca vector director pe−−→α0 (t)

se numeste tangenta la drumul suport al curbei (I,α) ın P (o vom

223

numi ın continuare tangenta la curba).

Definitia 9.8. Hiperplanul care trece prin P si are drept

vector normal pe−−→α0 (t) se numeste hiperplan normal la drumul su-

port al curbei parametrizata (I,α) ın P (ıl vom numi ın continuarehiperplan normal la curba).

Pentru elementele descrise anterior avem urmatoarele ecuatii:

- tangenta

x1 − x1 (t)

x01 (t)=x2 − x2 (t)

x02 (t)= · · · =

xn − xn (t)

x0n (t),

-hiperplanul normal(x1 − x1 (t))x01 (t) + (x2 − x2 (t))x

02 (t) + · · ·

+(xn − xn (t))x0n (t) = 0 .Un punct al unei curbe poate sa nu fie regulat.

Definitia 9.9. Un punct P = α (t) ∈ α (I) corespunzator unei

valori a lui t pentru care−−→α0 (t) = 0 se numeste punct singular (al

curbei).

Definitia 9.10. Fie P un punct singular de ordinulm. Dreapta

determinata de punctul P si vectorul−−−−→α(m) (t) se numeste tangenta

la drumul suport al curbei (I,α) ın punctul P .

Hiperplanul care trece prin P si are drept vector normal pe−−−−→α(m) (t) se numeste hiperplan normal la drumul suport al curbei(I,α) ın P .

Sumarul definitiei 9.10. este urmatorul:

tangenta drumului suport al curbei ın punctul P are ecuatia:

x1 − x1 (t)

x(m)1 (t)

=x2 − x2 (t)

x(m)2 (t)

= · · · =xn − xn (t)

x(m)n (t)

,

iar hiperplanul normal la drumul suport al curbei ın punctul P areecuatia:

(x1 − x1 (t))x(m)1 (t) + (x2 − x2 (t))x

(m)2 (t) + · · ·+

+(xn − xn (t))x(m)n (t) = 0.

Planul osculator.


Fie C o curba ın R3, M (x, y, z) siM1 (x1, y1, z1) doua puncte pedrumul suport al lui C si τ versorul tangentei la drumul suport alcurbei ın punctul M .

Definitia 9.11. Fie planul P ce contine pe τ si M1. Planul π,ce se obtine cand M1 → M , se numeste planul osculator la drumulsuport al curbei C ın punctul M (ıl vom numi plan osculator lacurba).

Teorema 9.1. Daca r = r (t) este ecuatia vectoriala a curbeiC, iar ecuatia tangentei ın punctul t la drumul suport al curbei C

este data vectorial de R = r (t) + λdrdt ,¯drdt

¯6= 0, atunci ecuatia

planului osculator este data de produsul mixtÃ³R− r

´,

Ãdr

dt×d2r

dt2

!!= 0.

Completare 9.1. Daca curba C este data prin ecuatiile eiparametrice, planul osculator este definit de¯

¯ X − x Y − y Z − zx0 y0 z0

x00 y00 z00

¯¯ = 0,

sau folosind numai diferentialele se obtine¯¯ X − x Y − y Z − zdx dy dzd2x d2y d2z

¯¯ = 0.

Completare 9.2. Rationamentul de mai sus functioneaza dacadr nu este paralel cu d2r. Sa aratam ca daca acest fapt se ıntampla,curba C are drept suport geometric (drum suport) o dreapta. Avemd2r = λdr, deci x00 = αx0, y00 = αy0, z00 = αz0, sau x = a1 + b1e

αt,y = a2 + b2e

αt, z = a3 + b3eαt sau

x− a1b1

=y − a2b2

=z − a3b3

,

deci o dreapta.

225

Completare 9.3. Daca o curba are toate punctele suportuluisau geometric (drumul suport) situate ın planul osculator, acestaeste o curba plana.

Binormala.

Fie C o curba ın R3 si M (x, y, z) ∈drumului suport al lui C .

Definitia 9.12. Se numeste binormala ın punctulM la drumulsuport al curbei C, dreapta B perpendiculara pe planul osculator (ovom numi binormala la curba).

Teorema 9.2. Ecuatiile binormalei B ın punctulM la drumulsuport al curbei C sunt

X − x¯¯ y0 z0

y00 z00

¯¯=

Y − y¯¯ z0 x0

z00 x00

¯¯=

Z − z¯¯ x0 y0

x00 y00

¯¯.

Completare 9.4. Versorul binormalei β este dirijat ın asa fel

ıncat³τ , ν,β

´formeaza un triedru drept (ν este versorul normalei

principale). Avem deci relatiile

τ = ν × β, ν = β × τ , β = τ × ν .

Completare 9.5. Ecuatia vectoriala a binormalei este

R− r = λ

Ãdr

dt×d2r

dt2

!.

Normala principala.

Fie C o curba stramba, M ∈drumului suport al curbei C, τ ver-sorul tangentei, N planul normal si π planul osculator la drumulsuport al curbei ın punctul M .

Definitia 9.13. Se numeste normala principala la drumulsuport al curbei C ın punctulM , normala la drumul suport al curbeiC, drum suport situat ın planul osculator dirijat dupa d2r (o vomnumi normala principala la curba).

Notam cu ν versorul normalei principale.


Teorema 9.3. Ecuatiile normalei principale sunt

X − x¯¯ y0 z0

m n

¯¯=

Y − y¯¯ z0 x0

n l

¯¯=

Z − z¯¯ x0 y0

l m

¯¯,

unde l =

¯¯ y0 z0

y00 z00

¯¯ , m =

¯¯ z0 x0

z00 x00

¯¯ , n =

¯¯ x0 y0

x00 y00

¯¯,

toate derivatele fiind calculate ın punctul M (x, y, z) .Observatia 9.1. Normala principala n este intersectia ıntre

planul normal

x0 (X − x) + y0 (Y − y) + z0 (Z − z) = 0

si planul osculator

l (X − x) +m (Y − y) + n (Z − z) = 0.

Planul rectificant.Fie C o curba ın R3 si M (x, y, z) ∈ drumului suport al curbei C.Definitia 9.14. Planul ce trece prin M si este perpendicular

pe normala principala se numeste planul rectificant ın punctulM aldrumului suport al curbei C (sau plan rectificator al curbei).

Teorema 9.4. Ecuatia planului rectificant ın punctul M este¯¯ X − x Y − y Z − z

x0 y0 z0

l m n

¯¯ = 0,

unde l =

¯¯ y0 z0

y00 z00

¯¯ , m =

¯¯ z0 x0

z00 x00

¯¯ , n =

¯¯ x0 y0

x00 y00

¯¯,

toate derivatele fiind calculate ın punctul M .Completare 9.6. Planul normalN , planul osculator π si planul

rectificantR formeaza un sistem de trei plane rectangulare doua catedoua.

Completare 9.7. Ecuatia vectoriala a planului rectificant esteÃR− r,

dr

dt×

Ãdr

dt×d2r

dt2

!!= 0 .

227

Elementul de arc al unei curbe ın spatiu.Elementul de arc al unei curbe C este dat de

ds =qdx2 + dy2 + dz2 .

Teorema 9.5. 1. Daca C este definita printr-o reprezentareparametrica

x = x (t) , y = y (t) , z = z (t) , t ∈ I ,

atunci

ds =qx02 + y02 + z02dt.

2. Daca C este definita vectorial r = r (t) , t ∈ I,

ds = |dr| =

¯dr

dt

¯dt.

Din definitiile date anterior, rezulta:1. planul normal N este determinat de versorul normalei

principale ν si versorul binormalei β;

2. planul osculator este determinat de versorul tangentei τ siversorul normalei principale ν;

3. planul rectificant (sau rectificator) este determinat de ver-sorii tangentei τ si binormalei β.

Triedrul format de³τ , ν,β

´se numeste triedrul Frenet.

Curbura.Indicator sferic. Se considera o curba C cu drumul suport

situat ın R3si o sfera S de raza 1, cu centrul ın O. Fie M1si M2

doua puncte pe drumul suport al lui C si fie τ versorul tangentei ladrumul suport al curbei C ıntr-un punct M situat pe arcul M1M2

ıntre cele doua puncte. Fie τ 0 un versor cu originea ın O echipolentcu τ , deci cu extremitatea sa pe sfera S ın punctul M 0. Cand Mparcurge arcul M1M2, de la M1la M2, punctul M

0 descrie pe sferaun arc M 0

1M02.

Definitia 9.15. Arcul M 01M

02 se numeste indicator sferic al

tangentelor arcului M1M2 de pe drumul suport al lui C.


Definitia 9.16. Unghiul facut de cele doua tangente ın

M1 si M2 este egal cu unghiul \M 01OM

02 si se numeste unghiul de

contingenta al tangentelor ın M1 si M2.Curbura. Daca notam cu sM2 − sM1 lungimea arcului M1M2

si σM 02− σM 0

1lungimea arcului M 0

1M02avem:

Definitia 9.17. Raportul

Km =σM 0

2− σM 0

1

sM2 − sM1

se numeste curbura medie a arcului M1M2 .Definitia 9.18. Cand M2 →M1 =M , curbura Km are limita

(daca exista) data de

K =dσ

ds

si se numeste curbura drumului suport al curbei C ın punctul M (ovom numi ın continuare curbura curbei).

Definitia 9.19. Inversa curburii

ρ =1

K

se numeste raza de curbura ρ a drumului suport al curbei C ınpunctul M (o vom numi ın continuare raza de curbura a curbei).

Teorema 9.6. Curbura curbei C ıntr-un punct M al drumuluisau suport este data de

1

K=dθ

ds,

unde dθ este diferentiala unghiului de contingenta al tangentelor.Torsiune.Indicatorul sferic al binormalelor la drumul suport al unei

curbe C se construieste ın mod analog ca ın cazul tangentelor. Dacaβ este versorul binormalei la drumul suport al curbei C ıntr-un punctM situat ıntre punctele M1 si M2, fie β0 un versor cu originea ın O,echipolent cu β, deci cu extremitatea sa pe sfera S ın punctul M 00.Cand M parcurge arcul M1M2 de la M1la M2, punctul M

00 descriepe sfera un arc M 00

1M002 .

229

Definitia 9.20. Arcul M 001M

002 se numeste indicator sferic al

binormalelor arcului M1M2 de pe C.Definitia 9.21. Unghiul facut de cele doua binormale ın

M1 si M2 este egal cu unghiul \M 001OM

002 si se numeste unghiul de

contingenta al binormalelor ın M1 si M2.

Daca notam cu sM2 − sM1 lungimea arcului M1M2 si unghiul decontingenta ϕ2 − ϕ1 al binormalelor, avem:

Definitia 9.22. Raportul

1

Tm=

ϕ2 − ϕ1sM2 − sM1

se numeste torsiunea medie a arcului M1M2.

Definitia 9.23. Cand M2 →M1 =M ,1Tm

are limita 1T (daca

exista) data de1

T=dϕ

ds,

care se numeste torsiunea drumului suport al curbei C ın punctulM (o vom numi ın continuare torsiunea curbei).

Definitia 9.24. Inversa torsiunii ın punctul M

T =ds

dϕ

se numeste raza de torsiune a drumului suport al curbei C ın punctulM (o vom numi ın continuare raza de torsiune a curbei).

Formulele lui Frenet.

Fie C o curba siM un punct situat pe drumul sau suport dinR3.Folosind notatiile precedente, adica τ reprezinta versorul tangentei,ν versorul normalei principale, iar β versorul binormalei, are locurmatorul rezultat.

Teorema 9.7.Intre versorii triedrului Frenet, 1ρ si1T exista urmatoarele

relatii:1. dτds =

νρ ,

2. dβds = −

νT ,

3. dνds = −

τρ +

βT ,


numite formulele lui Frenet.Aplicatii ale formulelor Frenet.1. Drumul suport al unei curbe C, situat ın R3 este o dreapta

daca si numai daca1

ρ= 0.

2. O curba este “plana” daca si numai daca

1

T= 0.

Observatia 9.2. O curba plana are drept plan osculator ladrumul sau suport chiar planul acestuia. Torsiunea este nula, 1T = 0 .

In acest caz, formulele Frenet devin

dτ

ds=

ν

ρ,dν

ds= −

τ

ρ.

Expresia analitica a curburii.Din prima formula a lui Frenet avem: dτds =

νρ ,

dτds =

d2rds2,

deci ν = ρd2rds2 asadar

β = τ × ν = ρτ ×d2r

ds2= ρ

dr

ds×d2r

ds2(9.1)

adica1

ρ=

¯¯drds × d

2r

ds2

¯¯

(lucru care se obtine luand modulul relatiei (9.1) si tinand cont ca¯β¯= 1).

Expresia analitica a torsiunii.Pornind de la a treia formula Frenet

dν

ds= −

τ

ρ+

β

T,

avem µβ,dν

ds

¶=1

T

³β,β

´−1

ρ

³τ ,β

´.


Dar³β,β

´= 1 si

³τ ,β

´= 0, rezultaµ

β,dν

ds

¶=1

T, β = τ × ν =

dr

ds× ν . (9.2)

Avem β = drds ×

³ρdτds

´= ρ

³drds ×

d2rds2

´si

ν = ρdτds = ρd2rds2 ;

dνds =

dρdsd2rds2 + ρd

3rds3 .

Inlocuind ın (9.2) pe β si dνds se obtineÃρ

Ãdr

ds×d2r

ds2

!,dρ

ds

d2r

ds2+ ρ

d3r

ds3

!=1

T

care ne da expresia torsiunii.


1. Curba (C) x2 + y2 + z2 = a2 , x2 + y2 = z2 , z > 0reprezinta un cerc ın R3. Sa se determine:i) reprezentarea parametrica a curbei C;ii) reprezentarea analitica explicita a curbei C;iii) ecuatia vectoriala a lui C.

Solutie:

i) Din cele doua ecuatii rezulta ca 2z2 = a2 ⇒ z2 = a2

2 ⇒ z =a√2(z > 0) . Din x2 + y2 = a2

2 ⇒ x = a√2cos θ , y = a√

2sin θ ,

unde θ ∈ [0, 2π) , a > 0 .ii) Din prima ecuatie a lui C rezulta z2 = a2 − x2 − y2 , deciz =

pa2 − x2 − y2 . Din a doua ecuatie a lui C avem z =p

x2 + y2 . Folosind reprezentarea parametrica, variabilele xsi y au urmatorul domeniu:

(x, y) ∈h− a√

2, a√

2

i×h− a√

2, a√

2

i.

iii) Ecuatia vectoriala este data de r = xi+ yj + zk , adicar(θ) = a√

2

¡cos θi+ sin θj + k

¢, θ ∈ [0, 2π) .

2. Locul geometric descris de un punct M(x, y, z) ce se misca cuviteza constanta pe o dreapta d, care se rotete ın jurul unei


drepte ∆ paralele cu d se numeste elice circulara. Din definitierezulta ecuatiile elicei

x = R cos t , y = R sin t , z = ht , t ∈ R .

Sa se determine tangenta la elice ın punctul t = π/4 .

Solutie:

Ecuatia tangentei la curba C, data parametric, ın punctul teste

X − x(t)

x0(t)=Y − y(t)

y0(t)=Z − z(t)

z0(t), (x

0)2 + (y

0)2 + (z

0)2=0

In cazul nostru avemx0(t) = −R sin t, y

0(t) = R cos t, z

0(t) = h , deci

x0(π/4) = −

√22 R, y

0(π/4) =

√22 R, z

0(π/4) = h , iar

x(π/4) =√22 R, y(π/4) =

√22 R, z(π/4) =

h4π .

Ecuatia tangentei este:

2X −√2R

−√2R

=2Y −

√2R

√2R

=4Z − hπ

4h

3. Sa se scrie ecuatia tangentei la curba C, definita de intersectiacilindrilor x2 = y , y2 = z , ın punctul (1, 1, 1) .

Solutie:

Daca curba C este data implicit de ecuatiile

F (x, y, z) = 0 , H(x, y, z) = 0 , (x, y, z) ∈ D ⊂ R3 ,

atunci ecuatia tangentei este data de

X − x

A=Y − y

B=Z − z

C,

unde A = D(F,H)D(y,z) , B = D(F,H)

D(z,x) , C = D(F,H)D(x,y) , A,B,C fiind

calculati ın (x, y, z) si A2 +B2 + C2=0 .


Avem ecuatiile curbei C date implicit:F (x, y, z) = x2 − y = 0 , H(x, y, z) = y2 − z = 0 .

Atunci A =

¯¯

∂F∂y

∂F∂z

∂H∂y

∂H∂z

¯¯ = ¯

¯ −1 02y −1

¯¯ = 1 ,

B =

¯¯ ∂F

∂z∂F∂x

∂H∂z

∂H∂x

¯¯ = ¯

¯ 0 2x−1 0

¯¯ = 2x ,

C =

¯¯

∂F∂x

∂F∂y

∂H∂x

∂H∂y

¯¯ = ¯

¯ 2x −10 2y

¯¯ = 4xy .

In punctul (1, 1, 1) avem A = 1 , B = 2 , C = 4 si atunciecuatia tangentei la C ın punctul (1, 1, 1) este

X − 1

1=Y − 1

2=Z − 1

4.

4. Sa se scrie ecuatia planului normal la curba

(C) : x = t2, y = t3, z = et , t ∈ R ,

ın punctul t = 1 .

Solutie:

Pentru o curba C definita parametric, ecuatia planului normaleste

(X − x)x0+ (Y − y)y

0+ (Z − z)z

0= 0 .

Avem x0= 2t , y

0= 3t2 , z

0= et , t ∈ R , si atunci ecuatia

planului normal la curba ın t = 1 este2(X − 1) + 3(Y − 1) + e(Z − e) = 0 .

5. Sa se scrie ecuatia planului normal la curba C ın punctul(1, 1, 1) , curba definita de intersectia cilindrului z2 = x cuparaboloidul x2 + y2 = 2z .

Solutie:


Avem F (x, y, z) = z2 − x = 0 , H(x, y, z) = x2 + y2 − 2z ,

A =

¯¯

∂F∂y

∂F∂z

∂H∂y

∂H∂z

¯¯ = ¯

¯ 0 2z2y −2

¯¯ = −4yz ,

B =

¯¯ ∂F

∂z∂F∂x

∂H∂z

∂H∂x

¯¯ = ¯

¯ 2z −1−2 2x

¯¯ = 4xz + 2 ,

C =

¯¯

∂F∂x

∂F∂y

∂H∂x

∂H∂y

¯¯ = ¯

¯ −1 02x 2y

¯¯ = −2y .

Ecuatia planului normal la curba C ın punctul (x, y, z) esteA(X − x) +B(Y − y) + C(Z − z) = 0 .In punctul (1, 1, 1) avem A = −4, B = 6, C = −2 si atunciecuatia planului normal ın punctul (1, 1, 1) este−4(X − 1) + 6(Y − 1)− 2(Z − 1) = 0 .

6. Sa se scrie ecuatia planului osculator la elicea cilindrica

x = a cos t, y = a sin t, z = ht , t ∈ R ,

ıntr-un punct curent al sau M(t) .

Solutie:

Avem x0= −a sin t , y

0= a cos t , z

0= h si

x00= −a cos t , y

00= −a sin t , z

00= 0 .

Ecuatia planului osculator este¯¯ X − a cos t Y − a sin t Z − ht

−a sin t a cos t h−a cos t −a sin t 0

¯¯ = 0

sau h sin t(X − a cos t)− h cos t(Y − a sin t) + a(Z − ht) = 0 .

7. Sa se determine ecuatiile tangentei, binormalei si normaleiprincipale la curba

x = et, y = e−t, z =√2t , t ∈ R ,


ın punctul t = 0 .

Solutie:

Avem x(0) = 1, y(0) = 1, z(0) = 0 , x0(0) = 1, y

0(0) = −1,

z0(0) =

√2 , x

00(0) = 1, y

00(0) = 1, z

00(0) = 0,

l =

¯¯ y

0(0) z

0(0)

y00(0) z

00(0)

¯¯ = −

√2 , m =

¯¯ z

0(0) x

0(0)

z00(0) x

00(0)

¯¯ = √

2 ,

n =

¯¯ x

0(0) y

0(0)

x00(0) y

00(0)

¯¯ = 2 .

Ecuatiile tangentei ın punctul (1, 1, 0) sunt

X − 1

1=Y − 1

−1=Z√2,

iar ecuatiile binormalei ın (1, 1, 0) sunt date de

X − x

l=Y − y

m=Z − z

nadica

X − 1

−√2=Y − 1√2=Z

2.

Ecuatiile normalei principale ın punctul (1, 1, 0) sunt date de

X − x¯¯ y

0(0) z

0(0)

m n

¯¯=

Y − y¯¯ z

0(0) x

0(0)

n l

¯¯=

Z − z¯¯ x

0(0) y

0(0)

l m

¯¯,

adica X−1−4 = Y−1

−4 , Z = 0 .

8. Pentru elicea cilindrica

x = a cos t, y = a sin t, z = ht , t ∈ R ,

sa se determine triedrul lui Frenet (muchiile si fetele sale).

Solutie:

Avem x0= −a sin t, y

0= a cos t, z

0= h , x

00= −a cos t ,

y00= −a cos t, z

00= 0 .

Ecuatiile tangentei sunt

X − a cos t

−a sin t=Y − a sin t

a cos t=Z − ht

h.


Versorul τ este τ = 1√h2+a2

¡−a sin ti+ a cos tj + hk

¢.

Ecuatia planului normal este

−a sin t(X − a cos t) + a cos t(Y − a sin t) + h(Z − ht) = 0 .

Ecuatia planului osculator a fost determinata ıntr-o problemaprecedenta (6). Prin urmare, aceasta esteh sin t(X − a cos t)− h cos t(Y − a sin t) + a(Z − ht) = 0 .Ecuatiile binormalei sunt

X − a cos t

h sin t=Y − a cos t

−h sin t=Z − ht

a,

iar versorul binormalei este β = 1√h2+a2

¡h sin ti− h cos tj + ak

¢.

Ecuatia planului rectificant este¯¯ X − a cos t Y − a sin t Z − ht

−a sin t a cos t hh sin t −h cos t a

¯¯ = 0

sau(a2 + h2)(X − a cos t) cos t− (a2 + h2)(Y − a sin t) sin t = 0.Ecuatiile normalei principale sunt

X − a cos t

cos t=Y − a sin t

sin t, Z − ht = 0 ,

iar versorul normalei principale este ν = cos ti+ sin tj + 0 · k.Versorii triedrului Frenet sunt⎧⎪⎨⎪⎩

τ = 1√h2+a2

¡−a sin ti+ a cos tj + hk

¢β = 1√

h2+a2

¡h sin ti− h cos tj + ak

¢ν = cos ti+ sin tj

9. Pentru curba de intersetie a cilindrilor

x2 = 2az , y2 = 2bz , a > 0 , b > 0 ,

sa se determine triedrul lui Frenet.


Solutie:

O reprezentare parametrica a curbei este data de

x =√2at , y =

√2bt , z = t2 , t ∈ R .

Avemx0=√2a, y

0=√2b, z

0= 2t , x

00= 0, y

00= 0, z

00= 2.

Ecuatiile tangentei la curba sunt

X −√2at

√2a

=Y −

√2bt

√2b

=Z − t2

2t,

versorul τ fiind dat de

τ =1

√2a+ 2b+ 4t2

³√2ai+

√2bj + 2tk

´.

Ecuatia planului normal este√2a(X −

√2at) +

√2b(Y −

√2bt) + 2t(Z − t2) = 0 .

Ecuatia planului osculator este¯¯ X −

√2at Y −

√2bt Z − t2√

2a√2b 2t

0 0 2

¯¯ = 0

sau (X −√2at)

√2b− (Y −

√2bt)

√2a = 0 .

Ecuatiile binormalei sunt

X −√2at

√2b

=Y −

√2bt

−√2a

, Z − t2 = 0 ,

iar versorul binormalei este

β =1

√2a+ 2b

³√2bi−

√2aj

´.

Planul rectificant are ecuatia¯¯ X −

√2at Y −

√2bt Z − t2√

2a√2b 2t√

2b −√2a 0

¯¯ = 0


sau 2√2at(X−

√2at)+2

√2bt(Y −

√2bt)−(2a+2b)(Z−t2) = 0 .

Ecuatiile normalei principale sunt

X −√2at

√2at

=Y −

√2bt

√2bt

=Z − t2

−(a+ b),

iar versorul normalei principale este

ν =1p

(a+ b)(2t2 + a+ b)

³√2ati+

√2btj − (a+ b)k

´.

Versorii triedrului Frenet sunt⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩τ = 1√

2a+2b+4t2

³√2ai+

√2bj + 2tk

´β = 1√

2a+2b

³√2bi−

√2aj

´ν = 1√

(a+b)(2t2+a+b)

³√2ati+

√2btj − (a+ b)k

´10. Sa se calculeze curbura si torsiunea elicei

x = a cos t, y = a sin t, z = ht, t ∈ R .

Solutie:

Avem x0 = −a sin t, y0 = a cos t, z0 = h,

x00 = −a cos t, y00 = −a sin t, z00= 0,

x000= a sin t, y

000= −a cos t, z

000= 0.

ds = (x02 + y

02 + z02)1/2dt = (a2 + h2)1/2dt,¯

dr × d2r¯= (a2h2 sin2 t+ a2h2 cos2 t+ a4)1/2dt3 =

= a(a2 + h2)1/2dt3.

Curbura este data de

1

ρ=

¯dr × d2r

¯ds3

=a(a2 + h2)1/2dt3

(a2 + h2)3/2dt3=

a

a2 + h2,

iar raza de curbura ρ = a2+h2

a este constanta.

Pentru calculul torsiunii avem:


1T =

¯¯ x

0y0

z0

x00

y00

z00

x000

y000

z000

¯¯

|dr×d2r|2 ;

1T =

¯¯ −a sin t a cos t h−a cos t −a sin t 0a sin t −a cos t 0

¯¯

a2(a2+h2) ;

1T =

ha2

a2(a2+h2) ;1T =

ha2+h2 ,

iar raza de torsiune T = a2+h2

h este constanta.

11. Sa se afle razele de curbura si torsiune pentru curbay2 = az, z2 = ax ın punctul (a, a, a).

Solutie:

O reprezentare parametrica a curbei de intersectie a celor doicilindri este data de x(t) = at4, y = at, z = at2, t ∈ R.

Punctului (a, a, a) ıi corespunde t = 1.

Avem:

x0= 4at3, y

0= a, z

0= 2at,

x00= 12at2, y

00= 0, z

00= 2a,

x000= 24at, y

000= 0, z

000= 0,

deci:

(0) ∆ =

¯¯ x

0y0

z0

x00

y00

z00

x000

y000

z000

¯¯;

∆ =

¯¯ 4at3 a 2at12at2 0 2a24at 0 0

¯¯; ∆ = 48a3t.

¯drdt ×

d2rdt2

¯=£(12a2t2)2 + (16a2t3)2 + (4a2)2

¤1/2,

ds = (16a2t6 + a2 + 4a2t2)1/2dt;


obtinem:

ρ = (16a2t6+a2+4a2t2)3/2

[144a4t4+256a4t6+16a4]1/2; ın punctul t = 1, ρ1 =

(21)3/2√416

a.

Pentru raza de torsiune avem ın mod asemanator

T = (12a2t2)2+(16a2t3)2+(4a2)2

48a3t;

ın punctul t = 1 avem T1 =41648 a ; T1 =

263 a.

12. Sa se calculeze raza de curbura a curbei :

r(t) = (t− sin t)i+ (1− cos t)j + 4 sin t/2k, t ∈ R.

Solutie:

Pentru raza de curbura folosim formula

(1) ρ =q(x2+y2+z2)3

A2+B2+C2 .

unde A = y0z00− y

00z0, B = z

0x00− z

00x0, C = x

0y00− x

00y0.

In cazul problemei noastre x(t) = t− sin t , y (t) = 1− cos t ,z(t) = 4 sin t/2, t ∈ R.

x0(t) = 1− cos t, y

0(t) = sin t, z

0(t) = 2 cos t/2,

x00(t) = sin t, y

00(t) = cos t, z

00(t) = − sin t/2.

A = −(sin t/2 sin t+2cos t/2 cos t), B = 2 cos t/2 sin t+sin t/2−sin t/2 cos t, C = cos t− 1.

Inlocuind x, y, z, A,B,C ın formula (1) se obtine

ρ =4q

1 + sin2 t/2.

13. Sa se calculeze curbura si torsiunea curbelor :

a) r1(t) = cos3 t · i+ sin3 t · j + cos 2t · k;

b) r2(t) = et cos t · i+ et sin t · j + et · k.

Observatie: pentru curbura se aplica inversa formulei (1) dinproblema precedenta, iar pentru torsiune se aplica formula

1

T= −

∆

A2 +B2 + C2,

unde ∆ este dat de formula (0).


14. Sa se calculeze cutrbura si torsiunea curbeir(t) = 3ti+ 3t2j + 2t3k.

Solutie:

Avem x(t) = 3t, y(t) = 3t2, z(t) = 2t3,

x0(t) = 3, y0(t) = 6t, z(t) = 6t2,

x00(t) = 0, y00(t) = 6, z00(t) = 12t,

x000(t) = 0, y000(t) = 0, z000(t) = 12.

Aplicand formula inversa pentru (1) se obtine:

1ρ =

rA2+B2+C2

(x2+y2+z2)3, iar 1

T = −∆

A2+B2+C2 .

A = 72t2 − 36t2, A = 36t2, B = 0− 36t, B = −36t,C = 18− 0, C = 18.

Valoarea lui ∆ este, ∆ =

¯¯ 3 6t 6t2

0 6 12t0 0 12

¯¯; ∆ = 216.

1ρ =

r1296t4+1296t2+324(9t2+9t4+4t6)3

;

1T = −

216324(4t4+4t2+1) =

−23(4t4+4t2+1) .


1. Sa se calculeze elementul de arc al drumului suport al curbeiC, definite de ecuatia

r = ti+ t2j + ln tk, t > 0.

2. Fie o curba al carei drum suport este dat de C= f−1 (0), undef (x, y) = y2x + ay2 + x3 − ax2. Sa se arate ca originea estepunct dublu pentru drumul suport al curbei. Sa se determinetangentele la drumul suport al curbei ın acest punct.


3. Se numeste curba Titeica, curba pentru care

Td2 = constant,

unde T este raza de torsiune ıntr-un punct arbitrar al curbei,iar d distanta de la un punct fix la planul osculator al curbei.

Sa se arate ca drumul suport al curbei C definit de ecuatia:

xyz = 1, y2 = x

este o curba Titeica.

4. Fie curba al carui drum suport este dat de functia α = (x, y) :R→ R2, x (t) = a

3 (2 cos t+ cos 2t) , y (t) =a3 (2 sin t− sin 2t).

1) Sa se arate ca drumul suport al curbei α este periodic.

2) Sa se arate ca drumul suport α pe [0, 2π] este ınchis, simplu,dar nu este regulat.

Drumul suport al curbei α se numeste hipocicloida lui Steiner.

5. Sa se arate ca drumul suport al curbei date de ecuatiile para-metrice

x (t) =2 + t2

1 + t2, y (t) =

t3

1 + t2, t ∈ R,

este simplu.

6. Se considera drumul suport al curbei C dat de multimea

{(x, y, z)} ,

unde

(x, y, z) ∈ R3, f (x, y, z) = x2 + y2 = r2,

g (x, y, z) = y2 + z2 = r2

si pe el punctul A³r√22 ,

r√22 ,

r√22

´.

1) Sa se determine tangenta, planul normal si planul osculatorla drumul suport al curbei C ın punctul A.

2) Sa se determine curbura si torsiunea curbei C ın punctulA.


7. Sa se determine elementele triedrului Frenet pentru drumulsuport al curbei C de ecuatii:

x (t) = cos t, y (t) = sin t, z (t) =t2

2, t ∈ R,

ın punctul unde drumul suport al curbeiC intersecteaza planulxOy.

8. Sa se determine elementele triedrului Frenet pentru drumulsuport al curbei C de ecuatii:

x (t) = t cos t, y (t) = t sin t, z (t) =t2

2, t ∈ R,

ın punctul unde drumul suport al curbeiC intersecteaza planulxOy.

9. Fie curba C al carei drum suport este dat de ecuatiile:

x (t) = a cos2 t, y (t) = a√2 sin t cos t, z (t) = a sin2 t, t ∈ R.

Sa se gaseasca ecuatiile carteziene ale drumului suport al curbei

C si sa se determine planul ei osculator ın punctul³a2 ,a√22 ,

a2

´.

10. Fie curba C al carei drum suport este dat de ecuatiile:

x (t) = 1 + t3, y (t) = t2 + t3, z (t) = 5t3 + 2t2 + 2, t ∈ R.

Sa se determine tangenta si planul normal la drumul suport alcurbei C ın punctul de coordonate (1, 0, 2).

Capitolul 10

Suprafete

Definitia 10.1. Se numeste suprafata parametrizata si se noteazacu (D, r) = r (u, v) ∈ E3 - numit modelul aritmetic al spatiuluieuclidian asociat lui R3, o aplicatie r : D → R3 care este o functievectoriala r (u, v) neteda si regulata, cu domeniul D ⊆ R2.

Domeniul r (D) ⊂ R3 se numeste imaginea sau suportul suprafeteiparametrizate (D, r).

Definitia 10.2. Suprafetele parametrizate (D, r) si (D1, r1) senumesc echivalente daca exista difeomorfismul λ : D→ D1 ıncat r =r1◦λ; difeomorfismul λ se numeste schimbare de parametri (deoareceλ este difeomorfism imaginile a doua suprafete parametrizate echiva-lente coincid).

Definitia 10.3. Submultimea S ⊂ E3 se numeste suprafata(geometrica = subvarietate 2 - dimensionala ın E3), daca ∀M ∈ S,exista o vecinatate a sa W ⊆ S si o suprafata parametrizata (D, r)astfel ca r (D) = W , iar aplicatia r : D → W este homeomor-fism; perechea (D, r) se numeste parametrizare locala a lui S ıntr-o vecinatate a punctului M , iar r (D) = W se numeste domeniulparametrizarii.

Suprafata S definita anterior se zice ca este o suprafata simpla.In cazul cand r (D) = S se zice ca avem o parametrizare globala.

Definitia 10.4. Fie functia F (x, y, z) de clasa C(k) pe

245

246 CAPITOLUL 10. SUPRAFETE

deschisul V ⊆ R3, deci neteda; submultimea

S = { (x, y, z) ∈ V | F (x, y, z) = 0 }

se numeste suprafata de nivel a functiei F .

Ecuatia

F (x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ V ⊂ R3 (10.1)

se numeste ecuatia implicita a suprafetei S.Definitia 10.5. O suprafata simpla S 0 este graficul unei functii

netede de doua variabile, deci

S 0 =n(x, y) ∈ D ⊂ R2 | z = f (x, y) ∈ R3 v E3

oEcuatia

z = f (x, y) ∈ R3 v E3, (x, y) ∈ D ⊂ R2 (10.2)

se numeste ecuatia explicita a suprafetei S 0.Un sistem de trei functii

x = x (u, v) , y = y (u, v) , z = z (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2 , (10.3)

defineste tot o suprafata S 00, printr-o reprezentare parametrica.Definitia 10.6. Ecuatia vectoriala a unei suprafete S 00 este

data de

r = r (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2,

sau

r (u, v) = x (u, v) i+ y (u, v) j + z (u, v) k , (u, v) ∈ D ⊂ R2.

Generarea suprafetelor.

Din definitiile date rezulta ca suportul unei suprafate se obtine(este generat):

1. de un punct M (x, y, z) care se misca ın spatiu dupa o legecare depinde de doi parametri;

2. de o curba C ⊂ R3, al carei drum suport se misca dupa o legecare depinde de un parametru;

247

3. mai general, de o clasa de drumuri suport ale unor curbeC ⊂ R3, definita de

F1 (x, y, z,λ1,λ2, ...,λp) = 0, F2 (x, y, z,λ1,λ2, ...,λp) = 0, (10.4)

cu legaturile

ϕ1 (λ1,λ2, ...,λp) = 0, ...,ϕp−1 (λ1,λ2, ...,λp) = 0,

genereaza, cand (λ1,λ2, ...,λp) ∈ ∆ ⊂ Rp, (x, y, z) ∈ D ⊂ R3,o suprafata S.

Curbe situate pe o suprafata.

Daca ın ecuatia (10.1) a unei suprafete

F (x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ V3 ⊂ R3,

introducem o legatura ıntre (x, y, z),

Φ (x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ V3 ⊂ R3,

ansamblul celor doua ecuatii defineste o curba pe suprafata S saualtfel spus, avand suprafata S cu parametrizarea (D, r) si curba Ccu parametrizarea (I,α), se zice ca C ⊂ S daca α (I) ⊂ r (D).

Curbe parametrice.Fie o suprafata definita parametric de ecuatiile (10.1) astfel

x = x (u, v) , y = y (u, v) , z = z (u, v) , (u, v) ∈ ∆,

sau vectorial

r = x (u, v) i+ y (u, v) j + z (u, v) k, (u, v) ∈ ∆.

Suprafata S se numeste regulata ın punctul (u0, v0) daca derivatelede ordinul ıntai ale functiilor x, y, z sunt continue si, ın plus,determinantii functionali

A =D (y, z)

D (u, v), B =

D (z, x)

D (u, v), C =

D (x, y)

D (u, v)


nu se anuleaza simultan ın ∆, ceea ce este echivalent curu × rv 6= 0, unde

ru =∂r

∂u, rv =

∂r

∂v.

Vom presupune ca la orice punct (x0, y0, z0) ıi corespunde (u0, v0) sireciproc; u0, v0 se numesc coordonatele curbilinii ale punctului M0

pe S .Definitia 10.7. Se numeste curba parametrica u pe suprafata

S, curba definita de

r = r (u, v0) , (u, v0) ∈ ∆,

deci v = v0.Definitia 10.8. Se numeste curba parametrica v pe suprafata

S, curba definita de

r = r (u0, v) , (u0, v) ∈ ∆,

deci u = u0.In general, o curba C trasata pe o suprafata S este definita de

ecuatiile (10.4) astfel

r = r (u, v) , ϕ (u, v) = 0, (u, v) ∈ ∆,

anume la ecuatia suprafetei S se adauga o legatura ıntre u si v.Din ϕ (u, v) = 0 obtinem ın conditiile teoremei de existenta a

functiilor implicite ca v = ψ (u) , deci ecuatia curbei C se scrie

r = r (u,ψ (u)) , u ∈ I ⊂ R .

Prin fiecare punct (u0, v0) ∈ suportului suprafetei S trece cate undrum suport al unei curbe (sau linie) parametrica.

Plan tangent la o suprafata.Definitia 10.9. Se numeste plan tangent (daca exista) la

suportul suprafetei S ıntr-un punct M , planul determinat de tan-gentele la toate drumurile suport ale curbele C ce trec prin punctulM , situate pe suportul suprafetei S (ın continuare acest plan ıl vomnumi plan tangent la suprafata S ın punctul M).

249

Pentru o curba parametrica u avem dr = rudu, deci ru este unvector tangent la drumul suport al curbei u. Pentru curba paramet-rica v avem dr = rvdv si rv este un vector tangent la drumul suportal curbei v.

Teorema 10.1. Intr-un punct regulat M0 al suportului uneisuprafete S, este admis un plan tangent definit de

r = r0 + λru + μrv , λ,μ ∈ R.

Observatia 10.1. Ecuatia planului tangent la suprafata se maiobtine scriind ca vectorii r − r0, ru si rv sunt coplanari:

(r − r0, ru × rv) = 0.

Observatia 10.2. Ecuatia carteziana a planului tangent la suprafataS este ¯

¯ X − x Y − y Z − zx0u y0u z0ux0v y0v z0v

¯¯ = 0,

unde X,Y, Z este un punct curent pe plan si (x, y, z) punctul detangenta.

Observatia 10.3. Daca suprafata este data prin ecuatia (10.1)

z = z (x, y) , (x, y) ∈ D,

ecuatia planului tangent la suprafata este

Z − z = (X − x)∂z

∂x+ (Y − y)

∂z

∂y

si se obtine, punand x = u, y = v, z = z (u, v),¯¯ X − x Y − y Z − z1 0 ∂z

∂u

0 1 ∂z∂v

¯¯ = 0.

Observatia 10.4. Daca suprafata este data implicit de (10.1),adica

F (x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ V ⊂ R3,


ecuatia planului tangent devine

(X − x)F 0x + (Y − y)F0y + (Z − z)F

0z = 0.

Normala unei suprafete.Fie S o suprafata, M un punct de pe suportul suprafetei ın care

S admite plan tangent.Definitia 10.10. Normala la planul tangent ın punctul M se

numeste normala la suportul suprafetei S ın punctul M (ın contin-uare o vom numi normala la suprafata S ın punctul M).

Conform acestei definitii rezulta:1. Versorul normalei n la suprafata S este dirijat dupa ru× rv,

deci

n =ru × rv|ru × rv|

.

2. Ecuatiile normalei N la suprafata sunt

X − x

F 0x=Y − y

F 0y=Z − z

F 0z

cand suprafata este data prin ecuatia F (x, y, z) = 0;ecuatia normalei devine

X − x

p=Y − y

q=Z − z

−1,

cand suprafata este data explicit de z = z (x, y), iar

p =∂z

∂x, q =

∂z

∂y.

3. Ecuatia vectoriala a normalei N la suprafata S ın punctul Mde vector de pozitie r este

R = r + λru × rv.

4. Ecuatia normalei la suprafata S, data parametric, este

X − x

A=Y − y

B=Z − z

C.

251

Definitia 10.11. Suprafata S ⊂ E3 se numeste orientata dacafiecare spatiu tangent TMS este orientat (∀M ∈ S) - ca subspatiuvectorial euclidian izomorf cuR3. Asa cum am precizat anterior, ori-entarea lui TMS se face prin alegerea versorului normal n (M) (astfelca baza (ru

0, rv 0,n), sa fie pozitiv orientata ın R3, unde (ru0, rv 0) estebaza naturala a lui TMS).

Elementul de arc.Fie Γ o curba al carei drum suport este trasat pe suportul unei

suprafete S. Elementul de arc al unei curbe r = r (t), t ∈ I ⊂ R,este dat de

ds = |dr| =

¯dr

dt

¯dt.

Teorema 10.2. Elementul de arc ds al unei curbe Γ trasate pe osuprafata S definita de

r = r (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2 ,

este dat deds2 = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2,

unde E = |ru|2 , F = (ru, rv) , G = |rv|

2.Prima forma patratica.Definitia 10.12. Expresia

Φ1 (M) = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2

se numeste prima forma patratica fundamentala a suprafetei S .Unghiul a doua curbe trasate pe o suprafata.Fie Γ si Γ0 doua curbe cu drumurile suport trasate pe suportul

suprafetei S, date de r = r (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2. Pe Γ si Γ0 avem

dr = rudu+ rvdv

si respectivδr = ruδu+ rvδv.

Este cunoscut ca

cos¡Γ,Γ0

¢=(dr, δr)

|dr| |δr|. (10.5)


Teorema 10.3. Unghiul $ a doua curbe cu drumurile suporttrasate pe suportul suprafetei S este dat de

cos$ =Eduδu+ F (duδv + dvδu) +Gdvδv

√Edu2 + 2Fdudv +Gdv2

√Eδu2 + 2F δuδv +Gδv2

.

Observatia 10.5. Unghiul curbelor parametrice u, v este dat de

cos$ =F

√EG

.

Observatia 10.6. Sinusul unghiului $ este

sin$ =(duδv − dvδu)

√EG− F 2

|dr| |δr|.

Observatia 10.7. Curbele parametrice sunt ortogonale,daca F = 0.

Elementul de arie al unei suprafete.Fie o suprafata definita parametric de (10.1)

x = x (u, v) , y = y (u, v) , z = z (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2,

Definitia 10.13. Se numeste elementul de arie al suportuluisuprafetei S (sau elementul de arie al suprafetei S), forma diferentiala

dσ =pEG− F 2dudv.

Definitia 10.13. Aria suportului suprafetei S este data deintegrala dubla

AS =ZS

Z pEG− F 2dudv.

Fie S o suprafata de ecuatie vectoriala r = r (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2,r de clasa C(2), cu element de arie.

Definitia 10.15. Se numeste a doua forma patratica fun-damentala a unei suprafete orientate S ıntr-un punct M (u, v) alsuportului sau, produsul scalar

Φ2 (M) =

µru × rv|ru × rv|

, d2r

¶.

253

Teorema 10.4. 1. Daca ecuatia suprafetei S este data vectorial,avem

Φ2 (M) = Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 ,

unde

L =(ru, rv × ruu)

|ru × rv|, M =

(ru, rv × ruv)

|ru × rv|, N =

(ru, rv × rvv)

|ru × rv|.

2. Daca ecuatia suprafetei S este data parametric dex = x (u, v) , y = y (u, v) , z = z (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2,coeficientii L,M,N sunt dati de

L = 1√EG−F2

¯¯ x0u y0u z0ux0v y0v z0vx00uu y00uu z00uu

¯¯

M = 1√EG−F 2

¯¯ x0u y0u z0ux0v y0v z0vx00uv y00uv z00uv

¯¯

N = 1√EG−F 2

¯¯ x0u y0u z0ux0v y0v z0vx00vv y00vv z00vv

¯¯ .

Observatia 10.8. Deoarece


,

unde n este versorul normalei la suprafata S, rezulta ca

Φ2 (M) =³n, d2r

´.

Observatia 10.9. Daca S este data explicit de z = z (x, y) ,(x, y) ∈ D ⊂ R2, atunci

Φ2 (M) =1p

1 + p2 + q2

hrdx2 + 2sdxdy + tdy2

i,

unde

r =∂2z

∂x2, s =

∂2z

∂x∂y, t =

∂2z

∂y2.


Fie S o suprafata orientata (orientare precizata de functia-versornormal n) data de r = r (u, v) , (u, v) ∈ D ⊂ R2, M ∈ suportului luiS si n versorul normalei la suprafata ın punctul M . Fie pe suportullui S drumul suport al unei curbe Γ care trece prin punctul M si νversorul normalei principale a curbei Γ ın M . Avem

ν = ρdτ

ds= ρ

d2r

ds2.

Daca θ este unghiul ıntre ν si n, atunci

cos θ = (n, ν) =ρ

ds2

³n, d2r

´,

saucos θ

ρ=Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2.

In aceste conditii are loc urmatorul rezultat.Teorema 10.5. Curbura unei curbe Γ cu drumul suport trasat

pe suportul suprafetei orientate S este data de raportul Φ2Φ1 al celor

doua forme patratice fundamentale ınmultite cu 1cos θ , unde θ este

unghiul format de normala la suprafata cu normala principala lacurba.

Definitia 10.16. Se numeste sectiune normala a drumuluisuport a curbei Γ pe suportul suprafetei orientate S ın punctul M ,drumul suport al curbei Γ1 situat pe suportul lui S, avand aceeasitangenta cu drumul suport al lui Γ ın M , cu normala principalaın M - normala suportului suprafetei ın punctul M (vom numi ıncontinuare aceasta sectiune ca sectiunea curbei Γ pe S).

Observatia 10.10. Sectiunea normala a unei curbe Γ sit-uata pe S este drumul suport al curbei de intersectie cu suportulsuprafetei S a planului determinat de tangenta t la drumul suportal curbei Γ si normala n la suportul suprafetei S.

Pentru sectiunea normala θ = 0, deci daca 1ρneste curbura

sectiunii normale, avem relatia

1

ρn=

¯¯Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2Edu2 + 2Fdudv +Gdv2

¯¯ .

255

Intre razele de curbura ale curbelor Γ si Γ1, avem relatia

ρ = ρn cos θ.

In aceste conditii are loc urmatorul rezultat.

Teorema lui Meusnier. Raza de curbura ρ a drumuluisuport a unei curbe Γ trasata pe suportul suprafetei orientate S esteproiectia pe planul sau osculator a razei de curbura ρn a sectiuniinormale Γ1.

Curbura tangentiala.

Definitia 10.17. Daca 1ρ este curbura drumului suport al curbeiΓ ın punctul M , expresia

1

ρt=sin θ

ρ

se numeste curbura tangentiala sau geodezica a drumului suport acurbei Γ ın punctulM (ın continuare o vom numi curbura tangentialasau geodezica a curbei Γ ın punctul M).

Observatia 10.11. Daca T este planul tangent la suportulsuprafetei S ın punctul M si Γ00 este proiectia curbei Γ pe T si ρteste raza de curbura a lui Γ0, atunci ρt = ρT , deci

1

ρt= n

Ãdr

ds×d2r

ds2

!,

unde n este versorul normalei la suprafata S ın punctul M .Curburi principale.

Fie S o suprafata orientata siM ∈suportului suprafetei S, punc-tulM fiind regulat. Daca R este raza de curbura a sectiunii normale,avem, ın afara de semn,

1

R=Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2;

daca notam

m =dv

du


obtinem

1

R=L+ 2Mm+Nm2

E + 2Fm+Gm2.

Se observa ca pe suportul suprafetei orientate S curbura sectiuniinormale ın punctul M depinde numai de m, deoarece L,M,N,E ,F,G sunt constante (depind numai de coordonatele lui M).

Definitia 10.18. Se numesc curburi principale ale suportu-lui suprafetei orientate S ın punctul M valorile extreme ale lui 1

Rcand m variaza (ın continuare le vom numi curburi principale alesuprafetei S ın punctul M).

Definitia 10.19. Inversele curburilor principale se numescraze de curbura principale.

Definitia 10.20. Valorile lui m, care dau curburile principale,se numesc directiile principale ale suportului suprafetei orientateS ın punctul M (ın continuare le vom numi directii principale alesuprafetei orientate S ın punctul M).

Teorema 10.6. Directiile principale sunt definite de ecuatia¯¯ E F GL M Ndv2 −dudv du2

¯¯ = 0.

Observatia 10.12. Ecuatia directiilor principale are numai radacinireale. Intr-adevar, ecuatia se scrie

m2 (FN −MG) +m (EN − LG) +EM − FL = 0 ;

f (0) = EM − FL, f

µ−E

F

¶=EG− F 2

F 2(FL−EM) ,

deci

f (0) f

µ−E

F

¶= −

EG− F 2

F 2(FL−EM)2 < 0,

ceea ce este echivalent cu faptul ca ecuatia directiilor principale

admite ıntotdeauna o radacina reala ın intervalul³0,−E

F

´.

257

Observatia 10.13. Directiile principale sunt ortogonale.Din ecuatia lor

m1 +m2 = −EN − LG

FN −MG, m1m2 =

EM − FL

FN −MG

si din conditia de ortogonalitate, ecuatia

E + F (m1 +m2) +Gm1m2 = 0

este satisfacuta, deoarece

E (FN −MG)− F (EN − LG) +G (EM − FL) = 0.

Teorema 10.7. Ecuatia curburilor principale este¯¯ L− E

R M − FR

M − FR N − G

R

¯¯ = 0.

Linii de curbura pe o suprafata.Fie S o suprafata, un punct M ∈ suportului suprafetei S si

m1,m2 directiile principale ın punctul M pe suportul lui S .Definitia 10.21. Curbele trasate pe suprafata, ce trec prin

punctul M , solutii ale ecuatiei diferentiale¯¯ E F G

L M N³dvdu

´2− dvdu 1

¯¯ = 0 . (10.6)

se numesc liniile de curbura ale suportului suprafetei S ce trec prinpunctulM (ın continuare le vom numi linii de curbura ale suprafeteiS ce trec prin punctul M).

Observatia 10.14. Ecuatia (10.6) se scrie

(FN −MG)

µdv

du

¶2+ (EN − LG)

dv

du+EM − FL = 0

si este echivalenta cu doua ecuatii diferentiale de ordinul ıntai. Conditiaceruta sa treaca prin punctul M este o problema Cauchy.


Observatia 10.15. Solutiile gasite sunt ortogonale. Ele de-termina pe S o retea de curbe ortogonale numita reteaua liniilor decurbura.

Curbele parametrice sunt linii de curbura daca sunt ortogonale,deci F = 0 si daca ecuatia (10.6) se reduce la dudv = 0, deci siM = 0 .

Curbura totala. Curbura medie.Fie S o suprafata, un punct M ∈ suportului suprafetei S si

1R1, 1R2 curburile principale ın punctul M .Definitia 10.22. Se numeste curbura totala a suportului

suprafetei S ın punctul M numarul

K =1

R1·1

R2

(ın continuare o vom numi curbura totala a suprafetei S ın punctulM).

Definitia 10.23. Se numeste curbura medie a suportuluisuprafetei S ın punctul M numarul

H =1

2

µ1

R1+1

R2

¶(ın continuare o vom numi curbura medie a suprafetei S ın punctulM).

Teorema 10.8. Curbura totala si curbura medie sunt date de

K =LN −M2

EG− F 2, H =

EN − 2FM +GL

2 (EG− F 2).

Definitia 10.24. Un punct M ∈suportului suprafetei S senumeste eliptic daca K > 0 ın M .

Definitia 10.25. Un punct M ∈suportului suprafetei S senumeste hiperbolic daca K < 0 ın M .

Definitia 10.26. Un punct M ∈suportului suprafetei S senumeste parabolic daca K = 0 ın M .

Observatia 10.16. O suprafata cu toate punctele suportuluisau eliptice se numeste suprafata de tip eliptic (sfera este o suprafatade tip eliptic).

259

Observatia 10.17. O suprafata cu toate punctele suportuluisau hiperbolice se numeste suprafata de tip hiperbolic.

Observatia 10.18. O suprafata cu curbura totala constantase numeste suprafata de curbura constanta.

Observatia 10.19. O suprafata cu curbura medie nula H = 0se numeste suprafata minima.

Suprafetele minime au curbura totala negativa, deoarece din

1

R1+1

R2= 0

rezulta1

R1= −

1

R2,

deci

K = −1

R2< 0.

Linii asimptotice.Fie S o suprafata si M un punct pe suportul lui S.Definitia 10.27. Fie Γ o curba al carei drum suport trece

prin punctul M si este trasat pe suportul suprafetei S si t versorultangentei la drumul suport al lui Γ ın M . Daca Γ are curburanormala nula, t defineste o directie asimptotica la suportul lui S ınpunctul M .

Teorema 10.9. Directiile asimptotice

dv

du

sunt date de ecuatia

Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 = 0 .

Observatia 10.20. Prin punctulM trec doua directii asimptoticedistincte daca M2 − LN > 0, deci M este un punct hiperbolic.

Observatia 10.21. Daca M2−LN = 0, directiile asimptoticeın punctul M sunt confundate. Punctul M este parabolic.

Observatia 10.22. Daca M2−LN < 0, directiile asimptoticesunt imaginar conjugate (nu sunt reale); punctul M este eliptic.


Definitia 10.28. Curbele Γ cu drumurile suport trasate pesuportul suprafetei S care ın fiecare punct al lor sunt tangente la unadin directiile asimptotice ce trec prin acel punct, se numesc liniileasimptotice ale suprafetei S.

Teorema 10.10. Determinarea liniilor asimptotice este oproblema Cauchy pentru cele doua ecuatii de ordinul ıntai dedusedin

L+ 2Mdv

du+N

µdv

du

¶2= 0 . (10.7)

Observatia 10.23. Pentru o linie asimptotica, planul osculatoreste plan tangent la suportul suprafetei S. Intr-adevar, ın acest cazavem

1

ρcos θ = 0, cos θ = 0, θ =

π

2sau

1

ρ= 0, ρ =∞

si drumul suport al curbei este o dreapta pe suportul lui S; planulsau osculator este nedeterminat.

Invers, din1

ρcos θ = 0,

rezulta ecuatia (10.7).

Linii geodezice.

Fie S o suprafata si n versorul normalei la suportul suprafetei Sıntr-un punct M .

Definitia 10.29. O linie Γ cu drumul suport trasat pe suportulsuprafetei S este o linie geodezica a lui S daca ın fiecare punct aldrumului suport al lui Γ versorul n se gaseste ın planul osculator alcurbei Γ.

Teorema 10.11. Daca suprafata S este data vectorial prinr = r (u, v), ecuatia liniilor geodezice este data de

n³dr × d2r

´= 0 .

Observatia 10.24. Daca

r (u, v) = x (u, v) i+ y (u, v) j + z (u, v) k

261

este ecuatia lui S si

dr = idx+ jdy + kdz, d2r = id2x+ jd2y + kd2z ,

iar


, ru × rv = Ai+Bj + Ck,

ecuatia liniilor geodezice este o ecuatie de ordinul doi¯¯ A B Cdx dy dzd2x d2y d2z

¯¯ = 0 . (10.8)

Observatia 10.25. Planul osculator al lui Γ este determinat de τsi ν (deoarece contine si pe n care este perpendicular pe τ), rezultaca vectorii n si ν sunt coliniari; deci pe Γ

ν = λn sau ν = μd2r

ds2,d2r

ds2= λ∗n,

adicad2x

A=d2y

B=d2z

C, (10.9)

unde

A =D (y, z)

D (u, v), B =

D (z, x)

D (u, v), C =

D (x, y)

D (u, v).

Observatia 10.26. Daca suprafata S este data prinF (x, y, z) = 0, versorul n este dat de

n =

µλ∂F

∂x,λ

∂F

∂y,λ

∂F

∂z

¶,

cu

λ =1³

F 02x + F 02y + F 02z´ 12

si pentru caA

F 0x=B

F 0y=C

F 0z


rezulta din (10.9) ca ecuatia geodezicelor ın acest caz se scrie

d2x

F 0x=d2y

F 0y=d2z

F 0z.


1. Sa se scrie ecuatia planului tangent si ecuatiile normalei lasuprafata Σ : r = (u+ v)i+ uj + lnuk , (u, v) ∈ (0,∞)×R ,ın punctul M(u = 1; v = 0).

Solutie:

Se observa ca r ∈ Ck , ∀k ≥ 1 . Atunciru =

∂r∂u = xui+ yuj + zuk = i+ j +

1u k ,

rv =∂r∂v = xvi+ yvj + zvk = i .

Planul tangent la Σ ın punctul M(u = 1; v = 0) are ecuatia¯¯ x− x(1, 0) y − y(1, 0) z − z(1, 0)xu(1, 0) yu(1, 0) zu(1, 0)xv(1, 0) yv(1, 0) zu(1, 0)

¯¯ = 0,

adica y − z − 1 = 0 .Vectorul normal la Σ ın punctul M(u = 1; v = 0) este

ru(1, 0)× rv(1, 0) =

¯¯ i j k1 1 11 0 0

¯¯ = j− k 6=0 (deci M este punct

ordinar) si atunci normala la Σ ın punctul M(u = 1; v = 0)are ecuatiile

x− x(1, 0) = 0 ,y − y(1, 0)

1=z − z(1, 0)

−1sau

x− 1 = 0 , y + z − 1 = 0 .

2. Sa se scrie ecuatia planului tangent si ecuatiile normalei lasuprafataΣ : 3x2 − y2 + 4xz − 3x− z + 4 = 0ın punctul M(0, 0, 4) .


Solutie:

Functia care apare ın reprezentarea implicita a suprafetei Σ ,F (x, y, z) = 3x2 − y2 + 4xz − 3x − z + 4 este de clasa Ck,∀k ≥ 1. Prin urmare Σ este o suprafata regulata de ordin k,∀k ≥ 1.Gradientul lui F , / = ∂F

∂x i +∂F∂y j +

∂F∂z k , este, ın punctul

M(0, 0, 4), diferit de vectorul nul (vezi /(0, 0, 4) = 13i − k).Atunci punctul M este ordinar si ecuatia planului tangent laΣ ın M este

(x− 0) · 13+ (y− 0) · 0+ (z− 4) · (−1) = 0⇔ 13x− z+4 = 0 .

Ecuatiile normalei la Σ ın punctul M(0, 0, 4) sunt

x− 0

13=y − 0

0=z − 4

−1sau y = 0 , x+ 13z − 52 = 0 .

3. Sa se determine un punct P al suprafetei Σ : z = x3 − 3xy,ın care normala la suprafata este perpendiculara pe planulπ : 5x+ 6y + 2z − 7 = 0 . Scrieti ecuatia planului tangent laΣ ın punctul P .

Solutie:

Avem ∂z∂x = 3x

2 − 3y , ∂z∂y = −3x.

Ecuatia planului tangent la Σ ın P (x0, y0, z0) este

(x− x0)∂z

∂x(x0, y0) + (y − y0)

∂z

∂y(x0, y0)− (z − z0) = 0

si ecuatiile normalei N la Σ ın P (x0, y0, z0) sunt

x− x0∂z∂x(x0, y0)

=y − y0

∂z∂y (x0, y0)

=z − z0−1

.

Normala N este perpendiculara pe planul π daca si numaidaca vectorul director al normalei N si vectorul normal peplanul π sunt coliniari, adica coordonatele celor doi vectorisunt proportionale.


Prin urmare 3x2−3y5 = −3x

6 = −12 = λ ∈ R , de unde x = 1,

y = 11/6, λ = −1/2, z = −9/2. Deci punctul cautat esteP (1; 11/6;−9/2) ∈ Σ .Ecuatia planului tangent la Σ ın P (1; 11/6;−9/2)este (x− 1) · (−5/2) + (y − 11/6) · (−3)− (z − 9/2) = 0 sau5x+ 6y + 2z − 25 = 0.

4. Fie suprafataΣ : r = ui+ (u+ v)j + (u+ v2)k , (u, v) ∈ R×R,si curbele Γ1 : v = 1 , Γ2 : u = v , situate pe suprafata Σ.a) Sa se calculeze lungimea arcului M1M2 al curbei Γ2, undeM1(u = v = 0) si M2(u = v = 1) ;b) Sa se calculeze masura unghiului curbelor Γ1 si Γ2 ın M2 .

Solutie:

Mai ıntai, se determina prima forma fundamentala a suprafeteiΣ (zisa si metrica suprafetei)

ϕ(du, dv) = dr2 = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 ,

unde E = r2u = ru · ru , F = ru · rv , G = r2v = rv · rv .

(a · b reprezinta produsul scalar al celor doi vectori)Deoarece ru =

∂r∂u = i+ j + k , rv =

∂r∂v = j + 2vk ,

rezulta E = 3, F = 1 + 2v, G = 1 + 4v2.Deci ϕ(du, dv) = 3du2 + 2(1 + 2v)dudv + (1 + 4v2)dv2.Observatii: i) Toate punctele suprafetei (care este regulatade orice ordin) sunt puncte ordinare pentru caru × rv = (2v − 1)i− 2vj + k=0 .ii) Prima forma fundamentala ϕ(du, dv) = dr2 este o formapatratica pozitiv definita pentru fiecare punctM al suprafeteiΣ , cu ajutorul careia se masoara lungimi de arce de curba pesuprafata Σ si unghiuri dintre curbe.a) Daca parametrizam curba Γ2 : u = v , rezulta

Γ :

(u(t) = tv(t) = t

, t ∈ R .

Se observa ca M1(t = 0),M2(t = 1) ∈ Γ2 si atunci lungimea


arcului de curba M1M2 este

lM1M2 =

1Z0

kr0(t)k dt =

1Z0

qϕ(u0(t), v0(t)) dt =

=

1Z0

p6 + 4t+ 4t2 dt ,

pentru ca u0(t) = 1, v

0(t) = 1 .

Calculand integrala de mai sus, rezultalM1M2 =

14 [3√14 + 5 ln(3 +

√14)−

√6− 5 ln(1 +

√6)].

b) In punctul M(u = 1; v = 1), coeficientii formei I-a funda-mentala sunt E = 3, F = 1 + 2 · 1 = 3,G = 1 + 4 · 12 = 5.Pe Γ1 avem dv = 0. Pe Γ2 avem δv = δu.Daca θ = m( ˆΓ1,Γ2), atunci

cos θ =Eduδu+ F (duδv + δudv) +Gdvδvp

ϕ(du, dv) ·pϕ(δu, δv)

¯¯M2

=

=6duδu

√3 · du ·

√14 · δu

=

√42

7,

de unde θ = arccos√427 .

5. Fie suprafata Σ care are reprezentarea parametricar = ui+ uvj + (v + lnu)k , (u, v) ∈ (0,∞)×R.Se cer:a) Sa se determine forma I-a fundamentala si forma a II-afundamentala pentru suprafata Σ;b) Sa se precizeze natura punctelor suprafetei Σ ;c) Sa determine liniile asimptotice ale suprafetei Σ ;d) Sa se calculeze curbura normala Kn a suprafetei Σ ,ın punctul P (u = 1, v = −1) ∈ Σ , corespunzatoare curbeiΓ : u− v2 = 0 , situata pe Σ ;e) Sa se calculeze curburile principale, curbura totala si


curbura medie ın punctul P (u = 1, v = −1) ;f) Sa se determine liniile de curbura ale suprafetei Σ .

Solutie:

a) Se observa ca suprafata Σ este regulata de ordin k ≥ 2 sitoate punctele sunt ordinare, pentru ca avandru = i+ vj +

1u k , rv = uj + k rezulta

ru × rv = (v − 1)i− j + uk=0 .Prima forma fundamentala esteϕ(du, dv) = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 == (1 + v2 + 1

u2 )du2 + 2(uv + 1

u)dudv + (u2 + 1)dv2,

pentru ca E = r2u = 1 + v2 + 1u2 , F = ru · rv = uv + 1

u ,G = r2v = u

2 + 1 .A doua forma fundamentala esteψ(du, dv) = Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 ,unde L = 1√

∆(ru, rv, ruu) , M = 1√

∆(ru, rv, ruv),

N = 1√∆(ru, rv, rvv).

Cum ∆ = kru × rvk2 = u2 + v2 − 2v + 2 , ruu =∂2r∂u2 = −

1u2 k ,

ruv =∂2r∂u∂v = j , rvv =

∂2r∂u∂v = 0 si

(ru, rv, ruu) =

¯¯ 1 v 1

u0 u 10 0 − 1

u2

¯¯ = − 1

u , (ru, rv, ruv) =

=

¯¯ 1 v 1

u0 u 10 1 0

¯¯ = −1 , (ru, rv, rvv) =

¯¯ 1 v 1

u0 u 10 0 0

¯¯ = 0 ,

rezulta ca L = − 1u√∆, M = − 1√

∆, N = 0 .

Deci ψ(du, dv) = − 1u√∆du2 − 2√

∆dudv.

b) Deoarece M2 − LN = 1∆ +

1u∆ · 0 =

1∆ > 0 ın orice punct

P ∈ Σ , rezulta ca toate punctele suprafetei Σ sunt hiperbolice,adica prin orice punct P ∈ Σ trec doua linii asimptotice reale.c) Ecuatia diferentiala a liniilor asimptotice este

Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 = 0 ,

adica − 1u√∆du2 − 2√

∆dudv = 0 .


Prin urmare, avem du = 0 sau 1udu+2dv = 0 . De aici rezulta

ecuatiile celor doua familii de linii asimptotice:u = c1 , respectiv lnu+ 2v = c2 (c1, c2 constante reale).Prin orice punct P (u0, v0) ∈ Σ trece o linie asimptotica u = u0(c1 = u0) si o linie asimptotica lnu+2v = c2 (unde constantareala c2 se determina din conditia lnu0 + 2v0 = c2 , adicac2 = ln(u0e

2v0)).d) Curbura normala Kn a lui Σ , ın punctul P (u = 1, v =−1) ∈ Σ , corespunzatoare curbei Γ : u− v2 = 0 (Γ ⊂ Σ) este

Kn =ψ(du, dv)

ϕ(du, dv)=Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2

In punctul P (u = 1, v = −1) avem E = 3, F = 0, G = 2,∆ = 6, L = − 1√

6, M = − 1√

6, N = 0 . De-a lungul curbei

Γ : u− v2 = 0 avem, prin diferentiere, du = 2vdv si ın punctulP (u = 1, v = −1) avem du = −2dv . Atunci

Kn =− 1√

6du2 − 2√

6dudv

3du2 + 2dv2=− 4√

6dv2 + 4√

6dv2

12dv2 + 2dv2= 0

e) Ecuatia, cu necunoscuta K, care da curburile principale ınP (u = 1, v = −1) este¯¯ EK − L FK −MFK −M GK −N

¯¯ = 0⇔

¯¯ 3K + 1√

61√6

1√6

2K

¯¯ = 0⇔

6K2 + 2√6K − 1

6 = 0 , de unde rezulta curburile principale ale

lui Σ ın P :K

0n = −

√6+√42

36 , K00n = +

√6+√42

36 .

Curbura totala a lui Σ ın P este K = K0n ·K

00n = −

136 .

Curbura medie a lui Σ ın P este H = K0n+K

00n

2 = − 16√6.

f) Ecuatia diferentiala a liniilor de curbura ale lui Σ este¯¯ dv2 −dudv du2

E F GL M N

¯¯ = 0⇔


¯¯ dv2 −dudv du2

1 + v2 + 1u2 uv + 1

u 1 + u2

− 1u∆ − 1

∆ 0

¯¯ = 0⇔

−1+u2

u dudv + (v2 − v + 1)du2 − (1 + u2)dv2 = 0 .

6. Sa se determine liniile geodezice ale planului π ⊂ E3 .

Solutie:

Se considera un reper cartezian ortonormat Oxyz astfel ıncatπ = xOy . Atunci planul π are reprezentarea parametricaπ : r = ui+ vj , (u, v) ∈ R×R .Curba Γ ⊂ π este linie geodezica a lui π daca si numai dacaplanul osculator al lui Γ contine normala la π , ın fiecare punctal lui Γ , adica (r

0, r

00, N) = 0 .

Se considera curba Γ : v = v(u) , situata pe π .Atunci r = ui + v(u)j , r

0= dr

du = i + v0j , r

00= v

00j, N =

ru×rvkru×rvk = k .

Deci (r0, r

00, N) =

¯¯ 1 v

00

0 v000

0 0 1

¯¯ = 0⇔ v

00= 0⇔

v(u) = c1u+ c2 (c1, c2 constante reale).

Prin urmare, liniile geodezice ale planului π au ecuatia vecto-riala parametricar = ui+ (c1u+ c2)j = c2j + u(i+ c1j) , u ∈ R ,care reprezinta ecuatia vectoriala parametrica a unei drepte.Deci liniile geodezice ale planului π sunt dreptele sale.

7. Fie K1 si K2 curburile principale ale suprafetei S de separatiea unui lichid. Presiunea normala p pe elementul de suprafata,ıntr-un punct oarecare, este data de ecuatia lui Laplaceσ(K1 +K2) = p, unde σ este tensiunea superficiala, pe careo consideram constanta. Sa se afle presiunea p cand S esteparaboloidul hiperbolic.

Solutie:


Daca consideram ecuatia paraboloidului hiperbolicS : z = xy, atunci p = −2xy

(1+x2+y2)3/2.


1. Sa se scrie elementul de arie al suportului suprafetei sferice deecuatii:

x = R sin θ cosϕ, y = R sin θ sinϕ, z = R cos θ.

2. Sa se scrie elementul de arie al suportului suprafetei elicoidalede ecuatii:

x = u cos v, y = u sin v, z = hv, (u, v) ∈ D ⊂ R2.

3. Sa se scrie elementul de arie al suportului suprafetei paraboloidalede ecuatii:

2zh = x2 + y2, z ≥ 0, h > 0.

4. Sa se calculeze a doua forma patratica fundamentala pentrusuportul suprafetei sferice.

5. Sa se calculeze a doua forma patratica fundamentala pentrusuportul suprafetei elicoidale.

6. Sa se gaseasca liniile asimptotice ale suportului suprafetei deecuatii:

x = u cos v, y = u sin v, z = un, (u, v) ∈ R2.

7. Pentru drumul suport al curbei strambeC, definita prin intersectiasuportului sferei S de ecuatie

x2 + y2 + z2 − r2 = 0

cu suportul elipsoidului E de ecuatie

x2

a2+y2

b2+z2

c2− 1 = 0,


sa se scrie ecuatiile tangentei, planului normal si planului os-culator.

8. Sa se gaseasca liniile asimptotice la suportul suprafetei deecuatie z = x2 − y2, apoi sa se determine pe cele ce trec prinpunctul de coordonate (2, 1, 3).

9. Sa se arate ca hiperboloidul cu o panza,

x2

a2+y2

b2−z2

c2− 1 = 0,

este o suprafata conexa, iar hiperboloidul cu doua panze

x2

a2+y2

b2−z2

c2+ 1 = 0,

nu este conex.

10. Suportul suprafetei generate prin miscarea unei drepte ce sesprijina pe drumul suport al unei elice circulare, ıntalneste axaOz si este paralela cu planul xOy, se numeste suportul unuielicoid cu plan director, sau suportul unei suprafete surub.

1) Sa se gaseasca ecuatia carteziana implicita a suportuluisuprafetei.

2) Sa se determine prima si a doua forma fundamentala pentrusuporul suprafetei.

Bibliografie

[1] G. Marinescu, Spatii vectoriale topologice si pseudotopologice,Editura Academiei, Bucuresti, 1959.

[2] D.K. Fadeev, I. Sominski, Sbornik zadaci po vassei algebre, Fiz-matgiz, Moskva, 1961.

[3] A.G. Kuros, Lectii po obscei algebre, Fizmatgiz, Moskva, 1962.

[4] I. Creanga, T. Luchian, Introducere ın calculul tensorial, Edi-tura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1963.

[5] M. Stoka, Geometrie diferentiala, Editura Didactica si Peda-gogica, Bucuresti, 1964.

[6] G.E. Silov, Matematiceski analiz, Nauka, Moskva, 1969.

[7] P. Stavre, Curs de geometrie diferentiala, Litografia Univer-sitatii din Craiova, 1970.

[8] I. Creanga, C. Haimovici, Algebra liniara, Editura Didactica siPedagogica, Bucuresti, 1970.

[9] T. Luchian, Algebra abstracta, Editura Didactica si Pedagogica,Bucuresti, 1975.

[10] R. Miron, Geometrie analitica, Editura Didactica si Peda-gogica, Bucuresti, 1976.

271

272 BIBLIOGRAFIE

[11] I. Vladimirescu, G. Vraciu, Algebra si programare liniara.Culegere de probleme, Reprografia Universitatii din Craiova,1979.

[12] C. Udriste, C. Radu, C. Dicu, O. Malancioiu, Probleme de al-gebra, geometrie si ecuatii diferentiale, Editura Didactica siPedagogica, Bucuresti, 1981.

[13] A. Belage, J. Rouvre, J. Chastenet de Gery, R. Theodor, Exer-cices resolus d’algebre lineaire, Masson, 1983.

[14] I. Vladimirescu, Matematici speciale, Reprografia Universitatiidin Craiova, 1987.

[15] Gh. Murarescu, V. Seleacu, Culegere de probleme pentru uzulstudentilor, Reprografia Universitatii din Craiova, 1987.

[16] C. Nastasescu si colectivul, Probleme de structuri algebrice, Ed-itura Academiei, Bucuresti, 1988.

[17] C. Iacob,Matematica aplicata ın mecanica, Editura Academiei,Bucuresti, 1989.

[18] Gh. Murarescu, Curs de algebra liniara si geometrie analitica,Reprografia Universitatii din Craiova, 1991.

[19] C. Udriste, Aplicatii de algebra, geometrie si ecuatiidiferentiale, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1993.

[20] I. Vladimirescu, M. Popescu, Algebra liniara si geometrieanalitica, Editura Universitaria, Craiova, 1994.

[21] I. Vladimirescu, M. Popescu, Algebra liniara si geometrie n-dimensionala, Editura Radical, Craiova, 1996.

[22] Gh. Murarescu, Curs de Geometrie Diferentiala, ReprografiaUniversitatii din Craiova, 1998.

[23] G. Vraciu, Elemente de algebra liniara cu aplicatii, EdituraRadical, Craiova, 2000.

BIBLIOGRAFIE 273

[24] M. M. Stanescu, Algebra liniara, Geometrie analitica sidiferentiala, Reprografia Universitatii din Craiova, 2000.

[25] M. M. Stanescu, F. Munteanu, V. Slesar, Caiet de Semi-nar pentru Algebra liniara, Geometrie analitica si Geometriediferentiala, Reprografia Universitatii din Craiova, 2001.

Stanescu Munteanu Slesar Alg Geom Analitica

Documents

Transcript of Stanescu Munteanu Slesar Alg Geom Analitica