Sala: 2103 Ianuarie 2014
CURS 14: ALGEBRAConf. univ. dr.: Dragos-Patru Covei Specializarea: C.E., I.E., S.P.E.
Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat. El poate fidistribuit numai cu permisiunea autorului.
14.1 Aveti grija la calcule-continutul este informativ si acopera oprograma-Actualizat 26.01.2015
14.2 Subiect I
14.2.1 Se dau 3 vectori ın (R2,R): a) sa se arate ca 2 formeaza o baza; b) se cercoordonatele ın aceasta baza ale celui de-al treilea
Exercitiul 14.2.1 In(R2,R
)se considera elementele
x1 = (1, 2)T , x2 = (1,−1)T , x3 = (2, 4)T .
i) Sa se extraga din {x1, x2, x3} un subsistem B care sa constituie o baza ın(R2,R
).
ii) Sa se determine coordonatele lui x1 = (1, 2)T , x2 = (1,−1)T , x3 = (2, 4)T ın baza B.
Solutie. i), ii) Folosind tabelulBaza x1 x2 x3
e1 1 1 2e2 2 -1 4x1 1 1 2
e2 0 -3 0x1 1 0 2x2 0 1 0
deducem, conform lemei subsitutiei, ca B = {x1, x2} este o baza ın(R2,R
). Pe de alta parte, (x1)B = (1, 0)
T,
(x2)B = (0, 1)T
iar (x3)B = (2, 0)T
.
Exercitiul 14.2.2 (Tema) In(R2,R
)se considera elementele
x1 = (1/2, 2/3)T , x2 = (1/4,−1/5)T , x3 = (2/6, 4/5)T .
i) Sa se extraga din {x1, x2, x3} un subsistem B care sa constituie o baza ın(R2,R
).
ii) Sa se determine coordonatele lui x1 = (1/2, 2/3)T , x2 = (1/4,−1/5)T , x3 = (2/6, 4/5)T ın baza B.
Exercitiul 14.2.3 (Tema) In(R2,R
)se considera elementele
x1 = (0.2, 0.3)T , x2 = (0.5, 0.6)T , x3 = (0.1, 0.3)T .
14-1
CURS 14: ALGEBRA 14-2
i) Sa se extraga din {x1, x2, x3} un subsistem B care sa constituie o baza ın(R2,R
).
ii) Sa se determine coordonatele lui x1 = (0.2, 0.3)T , x2 = (0.5, 0.6)T , x3 = (0.1, 0.3)T ın baza B.
Exercitiul 14.2.4 (Optional) In(R2,R
)se considera elementele b1 = (m, 2)
T, b2 = (0, 1)
T, b3 = (m, 0)
T.
i) Folosind metoda de pivotare Gauss-Jordan, sa se determine numarul maxim de repere ın(R2,R
)formate
cu vectori din {b1, b2, b3}.
ii) Sa se determine coordonatele vectorului b3 ın reperul lui(R2,R
)determinat la punctul i).
Solutie. i), ii) Cum dimR R2=2 deducem ca un reper este format din exact doua elemente. Pe de alta partenumarul maxim de repere ce se pot forma cu 3 vectori distincti luati de cate doua ori sunt
A23 =
3!
(3− 2)!= 2 · 3 = 6 repere.
Extragem un reper din X folosind metoda de pivotare Gauss-Jordan:
.
↓b1
↓b2 b3
e1 m 0 m
←−e2 2 1 0 Linia pivotului se ımparte la pivot.
←−e1 m 0 m Presupunem m 6= 0 si continuam.b2 2 1 0b1 1 0 1b2 0 1 -2
Discutie:
Daca m = 0 atunci {e1, b2} este reper ın(R2,R
)si deci {b2} este sistem liniar independent ın
(R2,R
). Cum
vectorul e1 nu poate fi ınlocuit, deducem ca pentru m = 0 numarul maxim de repere este 0.
Daca m 6= 0. Cum ın baza canonica {e1, e2} din(R2,R
)a intrat b1, b2 deducem, conform Lemei substitutiei, ca
B1 = {b1, b2} este reper ın(R2,R
). Tot din tabel se observa ca b3 putea intra ın locul lui e1. Astfel ca singurele
repere ce se pot forma sunt {b1, b2}, {b2, b1}, {b2, b3}, {b3, b2}, {b1, b3}, {b3, b1}. Concludem ca numarul maximde repere ın
(R2,R
)formate cu vectori din {b1, b2, b3} este 6.
Astfel ca, (b3)B1= (1,−2)
T.
Exercitiul 14.2.5 (Tema) In(R2,R
)se considera elementele b1 = (m, 2)
T, b2 = (0, 1)
T, b3 = (2m, 4)
T.
i) Folosind metoda de pivotare Gauss-Jordan, sa se determine numarul maxim de repere ın(R2,R
)formate
cu vectori din {b1, b2, b3}.
ii) Sa se determine coordonatele vectorului b3 ın reperul lui(R2,R
)determinat la punctul i).
14.3 Subiect II
14.3.1 Natura unei functionale patratice, cu Iacobi
Exercitiul 14.3.1 (problema nonstandard) Se considera functionala patratica definita pe(R3,R
)V (x) = f (x, x) = x1 + x2 + 2x1x3 + x2
3.
i) Determinati matricea functionalei patratice corespunzatoare reperului canonic (bazei canonice) din(R3,R
).
CURS 14: ALGEBRA 14-3
ii) Determinati forma canonica a functionalei patratice.
iii) Sa se studieze natura functionalei patratice.
Solutie. i) Evident
A1 =
0 1/2 01/2 0 10 1 1
.
ii) Cum ∆1 = 0 nu putem aplica metoda lui Jacobi. Cu toate acestea, daca efectuam schimbarea de coordonate y1 = x3
y2 = x1
y3 = x2
rezultaf (x, x) = y2
1 + 2y1y2 + y1y2 + y2y3
cu matricea
A2 =
1 1 01 0 1/20 1/2 0
.
Cum
∆1 = 1, ∆2 =
∣∣∣∣ 1 11 0
∣∣∣∣ = −1, ∆3 =
∣∣∣∣∣∣1 1 01 0 1/20 1/2 0
∣∣∣∣∣∣ = −1
4
deducem ca f (x, x) = ω21 − ω2
2 + 4ω23 .
iii) Deoarece ∆1 = 1, ∆2 = −1, ∆3 = − 14 criteriul lui Sylvester implica o forma patratica nedefinita.
14.4 Subiect III
14.4.1 Matricea fundamentala de solutii pentru un sistem de ecuatii diferentialeliniare omogen cu coeficienti constanti
Exercitiul 14.4.1 Pentru w = (y, z)T ∈ R2 sa se determine solutia generala a sistemului
de tip I
{y′ (x) = z (x)z′ (x) = −12y (x) + 8z (x)
de tip II
{y′ (x) = 2y (x)− z (x)z′ (x) = y (x) .
Solutie. Cum redactez pe lucrarea de examen cele doua tipuri de sisteme? Raspuns:
CURS 14: ALGEBRA 14-4
Sisteme de tip I (matrice diagonalizabila): Sisteme de tip II (matrice jordanizabila):
1. A =
(0 1−12 8
)1. A =
(2 −11 0
)2. PA (λ) =
∣∣∣∣ 0− λ 1−12 8− λ
∣∣∣∣ = λ2 − 8λ+ 12 2. PA (λ) =
∣∣∣∣ 2− λ −11 0− λ
∣∣∣∣ = (λ− 1)2
3. PA (λ) = λ2 − 8λ+ 12 = 0 3. PA (λ) = (λ− 1)2
= 04. λ1 = 2 cu maλ1
= 1 si λ2 = 6 cu maλ2= 1 4. λ = 1 cu maλ = 2
5. (A− λ1I2) vλ1 = 0R2 unde vλ1 = (a, b)T
5. (A− λI2) vλ = 0R2 unde vλ = (a, b)T(
−2 1−12 6
)(ab
)=
(00
)=⇒ −2a+ b = 0
(1 −11 −1
)(ab
)=
(00
)=⇒ a− b = 0
=⇒ vλ1= a (1, 2)
T=⇒ Xλ1
= Span(
(1, 2)T)
=⇒ vλ = a (1, 1)T
=⇒ Xλ = Span(
(1, 1)T)
=⇒ B1 ={v1 = (1, 2)
T}
=⇒ mgλ1= 1 =⇒ B1 =
{(1, 1)
T}
=⇒ mgλ = 1
(A− λ2I2) vλ2= 0R2 unde vλ2
= (c, d)T(
−6 1−12 2
)(cd
)=
(00
)=⇒ −6c+ d = 0
=⇒ vλ2 = c (1, 6)T
=⇒ Xλ2 = Span(
(1, 6)T)
=⇒ B2 ={v2 = (1, 6)
T}
=⇒ mgλ2= 1
6. maλ1= mgλ1
si maλ2= mgλ2
=⇒ A diagonalizabila 6. mgλ < maλ =⇒ A jordanizabila
7. Reper B′ ={v1 = (1, 2)
T, v2 = (1, 6)
T}
7. Reper B′ ={v1 = (1, 1)
T, v2 = (a2, b2)
T}
matricea diagonalizatoare C =
(1 12 6
) {(A− λI2) v1 = 0R2
(A− λI2) v2 = v1
v2 = (a2, b2)T
si v1 = (1, 1)T
ın (A− I2) v2 = v1
=⇒(
1 −11 −1
)(a2
b2
)=
(11
)=⇒ a2 − b2 = 1 =⇒ v2 = (a2, b2)
T= (1, 0)
T.
=⇒ B′ ={v1 = (1, 1)
T, v2 = (1, 0)
T}
=⇒matricea jordanizatoare C =
(1 11 0
)8. forma diagonala D =
(2 00 6
)8. A− I2 6= 0M2(R) si
PA (A) = (A− I2)2
= N2 = 0M2(R) =⇒ s = 2.nh numarul celulelor Jordan de ordin h ∈ {1, s}n1 = rangN2 − 2rangN1 + rangN0 = 0− 2 + 2 = 0n2 = rangN3 − 2rangN2 + rangN1 = 0− 2 · 0 + 1 = 1
=⇒matricea Jordan J =
(1 10 1
)9. w′ = A · w, w = (y, z)
T, A =
(0 1−12 8
)9. w′ = A · w, w = (y, z)
T, A =
(2 −11 0
)
CURS 14: ALGEBRA 14-5
10. w = C · u, u = (u1, u2) =⇒ 10. w = C · u, u = (u1, u2) =⇒
u′ = C · u⇐⇒(u′1u′2
)=
(2 00 6
)(u1
u2
)u′ = D · u⇔
(u′1u′2
)=
(1 10 1
)(u1
u2
).
⇐⇒{u′1 = 2u1
u′2 = 6u2⇐⇒
{u′1 = u1 + u2
u′2 = u2u′1u1
= 2 =⇒ (ln |u1|)′ = 2 =⇒ ln |u1| =∫
2dxu′2u2
= 1 =⇒ (ln |u2|)′ = 1 =⇒ ln |u2| =∫dx
⇐⇒ ln |u1| = 2x+ ln |K1| =⇒ u1 (x) = c1e2x ⇐⇒ ln |u2| = x+ ln |K2| =⇒ u2 (x) = c2e
x
u′2u2
= 6 =⇒ (ln |u2|)′ = 6 =⇒ ln |u2| =∫
6dx =⇒ u′1 = u1 + c2ex ⇔ (u1e
−x)′
= c2⇐⇒ ln |u2| = 6x+ ln |K2| =⇒ u2 (x) = c2e
6x =⇒ u1 (x) = c2xex + c1e
x
=⇒{u1 (x) = c1e
2x
u2 (x) = c2e6x =⇒
{u1 = c2xe
x + c1ex + c2e
x
u2 = c2ex
c1 = ± |K1|, c2 = ± |K2| ∈ R∗ c1 = ± |K1|, c2 = ± |K2| ∈ R∗
11. w = C · u =⇒(y (x)z (x)
)=
(1 12 6
)(u1
u2
)11. w = C · u =⇒
(y (x)z (x)
)=
(1 11 0
)(u1
u2
)=⇒
{y = u1 + u2
z = 2u1 + 6u2=⇒
{y = u1 + u2
z = u1
=⇒{y (x) = c1e
2x + c2e6x
z (x) = 2c1e2x + 6c2e
6x =⇒{y (x) = c2 (xex + ex) + c1e
x
z (x) = c2xex + c1e
x
12. Matricea fundamentala A =
(e2x e6x
2e2x 6e6x
)12. Matricea fundamentala A =
(xex + ex ex
xex ex
)
14.5 Subiect IV
14.5.1 Sa se calculeze un produs scalar definit cu integrala
Exercitiul 14.5.1 Fie F 10 multimea functiilor continue pe [0, 1] si < ·, · >: F 1
0 × F 10 → R definit prin
< f, g >=
∫ 1
0
f (x) g (x) dx, ∀f, g ∈ F 10 .
Daca < ·, · > defineste un produs scalar pe F 10 × F 1
0 atunci sa se calculeze < f, g > pentru f (x) = 2x2 − x sig (x) = x4 + 1.
Solutie. Faptul ca < ·, · > este produs scalar rezulta din Exercitiul 14.9.2. Pentru f (x) = 2x2 − x sig (x) = x4 + 1 avem
< f, g >=
∫ 1
0
f (x) g (x) dx =
∫ 1
0
(2x2 − x
) (x4 + 1
)dx
=
∫ 1
0
(2x6 + 2x2 − x5 − x
)dx =
∫ 1
0
(2x6 + 2x2 − x5 − x
)dx
=
(2x7
7+ 2
x3
3− x6
6− x2
2
)∣∣∣∣10
=2
7.
(A se vedea si tabelele cu formulele pentru integrale din liceu!)
14.6 Subiect V. Subspatii vectoriale, operatii, suplement
14.6.1 Subspatii vectoriale
Definitie 14.6.1 Fie (V,K) spatiu vectorial si X ⊂ V , X 6= φ. Multimea X se numeste subspatiu vectorial allui (V,K) daca
CURS 14: ALGEBRA 14-6
i) ∀x, y ∈ X =⇒ x+ y ∈ X;
ii) ∀α ∈ K, ∀x ∈ X =⇒ αx ∈ X.
Remarca 14.6.1 Un subspatiu vectorial are o structura de spatiu vectorial ın raport cu operatiile induse.
Remarca 14.6.2 Orice spatiu vectorial (V,K) are cel putin doua subspatii {0V } si V numite subspatii vectorialeimproprii ale lui (V,K). Orice alt subspatiu vectorial se numeste subspatiu propriu.
Exemplul 14.6.1 Daca Kn este spatiul aritmetic n-dimensional definit ın Exercitiul ?? atunci
E ={x = (x1, ..., xi−1, 0, xi+1, ..., xn)
T∣∣∣x ∈ Kn
}este subspatiu vectorial al lui (Kn,K). Intr-adevar, fie
x = (x1, ..., xi−1, 0, xi+1, ..., xn)T
si y = (y1, ..., yi−1, 0, yi+1, ..., yn)T
elemente arbitrare din E. Observam ca
x+ y = (x1 + y1, ..., xi−1 + yi−1, 0, xi+1 + yi+1, ..., xn + yn)T ∈ E
αx = (αx1, ..., αxi−1, 0, αxi+1, ..., αxn)T ∈ E ∀α ∈ K
si deci E este subspatiu vectorial al lui Kn.
14.6.2 Acoperire liniara
Fie (V,K) spatiu vectorial.
Definitie 14.6.2 Fie A ⊆ V nevida si x1, ..., xn ∈ V .
i) Spunem ca vectorul x ∈ V este o combinatie liniara de vectorii x1, ..., xn daca exista scalarii α1, ..., αn ∈ K
astfel ıncat x =n∑i=1
αixi.
ii) Spunem ca vectorul x ∈ V este o combinatie liniara de vectori din A, daca ∃n ∈ N∗, αi ∈ K, si vectorii
xi ∈ A, i = 1, ..., n, a.ı. x =n∑i=1
αixi.
iii) Multimea SpanK (A)definitie
= a tututror combinatiilor liniare de vectori din A ⊂ V se numeste acoperireliniara a lui A. In particular, daca A = {x1, ..., xn} atunci
SpanK (A)definitie
=
{n∑i=1
αixi
∣∣∣∣∣αi ∈ K, i = 1, ..., n
}. (14.6.1)
Exercitiul 14.6.1 Fie (V,K) spatiu vectorial. Daca A = {x1, ..., xn} ⊂ V , A 6= φ atunci sa se arate caSpanK (A) este subspatiu vectorial al lui (V,K).
Solutie. Fie x, y vectori din SpanK (A) si λ, µ ∈ K. Din
x ∈ SpanK (A) =⇒ exista αi ∈ K astfel ıncat x =
n∑i=1
αixi
y ∈ SpanK (A) =⇒ exista βi ∈ K astfel ıncat y =
n∑i=1
βixi.
CURS 14: ALGEBRA 14-7
Observam ca
λx+ µy = λ
n∑i=1
αixi + µ
n∑i=1
βixi =
n∑i=1
(λαi + µβi)xi ∈ SpanK (A)
deoarece λαi + µβi ∈ K. Am demonstrat ca SpanK (A) este subspatiu vectorial al lui V .
14.6.3 Operatii
14.6.3.1 Intersectia
Propozitie 14.6.1 Intersectia unei familii de subspatii vectoriale ale unui spatiu vectorial este un subspatiuvectorial (echivalent: daca {Si}i∈I este o familie de subspatii vectoriale ale spatiului vectorial (V,K) atunci∩i∈ISi este un subspatiu vectorial ın (V,K)).
Demonstratie. Daca notam S = ∩i∈ISi si consideram x, y ∈ S iar λ, µ ∈ K atunci, pentru orice i ∈ I, avem x,
y ∈ Si si deci λx+ µy ∈ Si fapt ce atrage λx+ µy ∈ S. Am demonstrat ca S este subspatiu vectorial.
(intersectie, suma, suma directa, suplement, spatiul cat, ).
14.6.3.2 Suma
Definitie 14.6.3 Se numeste suma unei familii {Si}i∈I de subspatii vectoriale din spatiul vectorial (V,K),multimea ∑
i∈ISi
def=
{∑i∈I
vi
∣∣∣∣∣ vi ∈ Si, pentru orice i ∈ I
}.
Teorema 14.6.1 Daca (V,K) este spatiu vectorial iar V1, V2 sunt subspatii vectoriale ın V atunci
i) V1 ∩ V2 = {v ∈ V | v ∈ V1 si v ∈ V2}ii) V1 + V2 = {v1 + v2| v1 ∈ V1 si v2 ∈ V2}
= {v ∈ V | ∃v1 ∈ V1 si ∃v2 ∈ V2 astfel ıncat v = v1 + v2}
sunt subspatii vectoriale ale lui V .
Demonstratie. i) Daca notam S = V1 ∩ V2 si consideram x, y ∈ S iar λ, µ ∈ K atunci, pentru orice i ∈ I,avem x, y ∈ Vi si deci λx + µy ∈ V1 si λx + µy ∈ V2 fapt ce atrage λx + µy ∈ S. Am demonstrat ca S estesubspatiu vectorial.
ii) Daca λ, µ ∈ K si x, y ∈ V1 +V2 atunci exista x1, y1 ∈ V1 si x2, y2 ∈ V2 astfel ıncat x = x1 +x2 si y = y1 + y2.Pe de alta parte
λx+ µy = λ (x1 + x2) + µ (y1 + y2) = λx1 + µy1 + λx2 + µy2.
Intrucat V1 si V2 sunt subspatii, λx1 + µy1 ∈ V1 si λx2 + µy2 ∈ V2. Asadar, λx+ µy ∈ V1 + V2, de unde rezultaca V1 + V2 este un subspatiu vectorial ın V .
Remarca 14.6.3 V1 ∩V2 este numit subspatiul vectorial intersectie, iar V1 +V2 este numit subspatiul vectorialsuma.
Propozitie 14.6.2 Suma unei familii de subspatii vectoriale este un subspatiu vectorial.
CURS 14: ALGEBRA 14-8
Remarca 14.6.4 Daca {Si}i∈I este o familie de subspatii vectoriale din spatiul vectorial (V,K) atunci
∑i∈I
Si = Span
(∪i∈ISi
),
(echivalent: suma subspatiilor coincide cu subspatiul generat de reuniunea subspatiilor).
Demonstratie. Demonstram pentru I = {1, 2}. Aratam ca S1 +S2 ⊂ Span (S1 ∪ S2). Fie v ∈ S1 +S2. Atunciexista s ∈ S1si t ∈ S2 astfel ıncat v = s+ t. Aceasta spune ca v este scris ca o combinatie liniara de vectori dinS1 ∪ S2, deci v este in Span (S1 ∪ S2).
Aratam ca Span (S1 ∪ S2) ⊂ S + S2. Fie v ∈ Span (S1 ∪ S2). Atunci exista a, b scalari, s ∈ S si t ∈ S2 astfelıncat v = as+ bt. Dar deoarece, S1, S2 sunt spatii vectoriale deducem ca as ∈ S1 si bt ∈ S2, astfel ca am scrisv ca o suma de vectori din S1 si S2, deci v este in S1 + S2 fapt ce incheie demonstratia.
Propozitie 14.6.3 Daca S1 si S2 sunt subspatii vectoriale din spatiul vectorial (V,K) atunci S1 ∪ S2 este unsubspatiu vectorial al lui V doar daca S1 ⊆ S2 sau S2 ⊆ S1.
Demonstratie. Daca notam S = S1 ∪ S2 si consideram x, y ∈ S1 iar λ, µ ∈ K atunci, pentru orice i ∈ I, avemx, y ∈ S1 si deci λx + µy ∈ S1 ⊆ S2 fapt ce atrage λx + µy ∈ S2 si λx + µy ∈ S1 ∪ S2. Am demonstrat ca Seste subspatiu vectorial. Presupunem acum ca S1 ⊆ S2 sau S2 ⊆ S1 nu au loc. Fie x ∈ S1 astfel ıncat x /∈ S2 siy /∈ S1 astfel ıncat y ∈ S2. Rezulta x+ y /∈ S1 si x+ y /∈ S2, deci x+ y /∈ S1 ∪ S2, adica reuniunea precizata nueste subspatiu vectorial.
14.6.3.3 Suma directa
Definitie 14.6.4 Fie (V,K) spatiu vectorial. Spunem ca suma V1 + V2 a subspatiilor vectoriale V1, V2 dinspatiul vectorial V este directa, daca oricare ar fi v ∈ V1 + V2 exista v1 ∈ V1 si v2 ∈ V2 unici, astfel ıncatv = v1 + v2. Notam aceasta situatie prin V1 ⊕ V2. Asadar
V1 ⊕ V2 = {v ∈ V | ∃!v1 ∈ V1 si ∃!v2 ∈ V2 astfel ıncat v = v1 + v2} .
Teorema 14.6.2 Fie (V,K) spatiu vectorial. Daca V1, V2 sunt subspatii vectoriale ın V atunci suma V1 + V2
este directa daca si numai daca V1 ∩ V2 = {0V }.
Demonstratie. ”⊂” Presupunem v ∈ V1 ∩ V2. Atunci
v = v∈V1
+ 0V = 0V + v∈V2
iar tinand cont ca scrierea lui v este unica, deducem ca v = 0V .
”⊃” Daca v1 + v2 = v′1 + v′2 pentru v1, v2 ∈ V1 iar v′1, v′2 ∈ V2 atunci
v1 − v′1︸ ︷︷ ︸∈V1
= v′2 − v2︸ ︷︷ ︸∈V2
.
Asadarv1 = v′1
deoarece v1−v′1∈V1∩V2={0V }si v2 = v′2
deoarece v2−v′2∈V1∩V2={0V }
adica reprezentarea ca suma este unica.
CURS 14: ALGEBRA 14-9
14.6.3.4 Spatiul cat
Fie (V,K) spatiu vectorial si X subspatiu vectorial al sau. Definim o relatie binara ρ astfel ∀x, y ∈ V avemxρy ⇐⇒ x− y ∈ X. Remarcam ca ρ ındeplineste proprietatile
R1) reflexivitatea: xρx, ∀x ∈ V ;R2) simetria: daca xρy atunci yρx, ∀x, y ∈ V ;R3) tranzitivitatea: (xρy si yρz) atunci xρz, ∀x, y, z ∈ V,
adica ρ este o relatie de echivalenta (congruenta modulo X), se noteaza ”≡”.
Definitie 14.6.5 Fie x ∈ V . Multimea
x = {y ∈ V | y ≡ x (modulo X)} = {y ∈ V | y − x ∈ X}
se numeste clasa de echivalenta asociata vectorului x ın raport cu ≡ sau clasa de echivalenta a lui x ın raportcu ≡.
Remarca 14.6.5 Multimea
V/X = { x|x ∈ V } notata si V/≡(numita spatiul factor sau spatiul cat al lui Vın raport cu relatia de echivalenta ≡)
a tuturor claselor de echivalenta, admite o structura de spatiu vectorial ın raport cu urmatoarele operatii
adunarea: x+ ydef= x+ y pentru orice x, y ∈ V
ınmultirea cu scalari: α · x def= α · x pentru orice x ∈ V si α ∈ K.
Remarca 14.6.6 Au loc:
i) 0X = X. Intr-adevar,
0 = {y ∈ V | y ≡ 0X} = {y ∈ V | y − 0X ∈ X} = {y ∈ V | y ∈ X} = X.
ii) Daca X = {0X} atunci spatiul cat al lui V/ {0X} = V . Intr-adevar,
x ∈ V, x = {y ∈ V | y − x ∈ {0X}} = {y ∈ V | y − x = 0X} = {x} .
Teorema 14.6.3 (Teorema dimensiunii pentru spatiul cat) Fie (V,K) spatiu vectorial cu dimK V ∈ N∗si X subspatiu vectorial al sau. Daca
dimKV = n si dimKX = m
atuncidimK (V/X) = n−m.
14.6.4 Teorema de caracterizare a sumei directe
Teorema 14.6.4 Fie (V1,K) spatiu vectorial de dimensiune finita. Urmatoarele sunt echivalente
i) V1 =m⊕i=1Xi.
ii) V1 = X1 + ...+Xm = Σmi=1Xi si Xi ∩(
Σmj=1,j 6=iXj
)= {0V1
} ∀i = 1, ...,m.
iii) V1 = Σmi=1Xi si dimK V1 = dimK X1 + ...+ dimK Xm = Σmi=1 dimK Xi.
CURS 14: ALGEBRA 14-10
Demonstratie. i) =⇒ ii) Fie
x ∈ Xi ∩(Σmj=1,j 6=iXj
)=⇒
{x = xi ∈ Xi
x = Σmj 6=ixj cu xj ∈ Xj .
Observam ca {0V1
= x− x = −x+ x = (−1)xi + Σmj 6=ixj0V1 = 0V1 + Σmj 6=i0V1
=⇒{xi = 0V1
xj = 0V1 pentru orice j 6= i
si deci x = 0V1=⇒ Xi ∩
(Σmj=1,j 6=iXj
)= {0V1
}.
ii) =⇒ iii) Observam ca
dimK V1 = dimK (X1 + ...+Xm)
= dimK Xm + dimK (X1 + ...+Xm−1)− dimK (Xm ∩ (X1 + ...+Xm−1))︸ ︷︷ ︸=0
= dimK Xm + dimK (X1 + ...+Xm−1)
= dimK Xm + dimK Xm−1 − dimK (Xm−1 ∩ (X1 + ...+Xm−2))︸ ︷︷ ︸=0
= dimK Xm + dimK Xm−1 + ...+ dimK X2 + dimK X1 − dimK (X1 ∩X2)︸ ︷︷ ︸=0
= dimK Xm + dimK Xm−1 + ...+ dimK X2 + dimK X1
unde am folosit faptul ca
Xm−1 ∩ (X1 + ...+Xm−2) ⊆ Xm−1 ∩ (X1 + ...+Xm) = {0V1} .
iii)=⇒i) Observam ca
dimK V1 = dimK X1 + ...+ dimK Xm
= Σmj=1 dimK Xj − Σmj=2 dimK (Xj ∩ (X1 + ...+Xj−1))
= Σmj=1 dimK Xj
de unde, pentru orice j = 2, ...,m avem
Xj ∩ (X1 + ...+Xj−1) = {0V1} .
Presupunem cav = x1 + ...+ xm = y1 + ...+ ym
cu xj , yj ∈ Xj pentru orice j = 1, ...,m si observam ca
ym − xm︸ ︷︷ ︸∈Xm
= (y1 − x1) + (y2 − x2) + ...+ (ym−1 − xm−1)︸ ︷︷ ︸∈(X1+...+Xm−1)
relatii ce conduc laym = xmym−1 − xm−1︸ ︷︷ ︸∈Xm−1
= (y1 − x1) + (y2 − x2) + ...+ (ym−2 − xm−2)︸ ︷︷ ︸∈(X1+...+Xm−2)
...
{y2 = x2
y1 = x1.
CURS 14: ALGEBRA 14-11
14.6.5 Teorema lui Grassmann
Teorema 14.6.5 Daca (V,K) este spatiu vectorial cu dimK V ∈ N∗ iar V1, V2 sunt subspatii vectoriale ın Vatunci
dimK (V1 + V2) = dimK V1 + dimK V2 − dimK (V1 ∩ V2) .
Demonstratie. Fie BV1∩V2= {v1, ..., vm} baza ın V1∩V2. Lema de completare ne permite sa extindem aceasta
baza la
BV1= {v1, ..., vm, um+1, ..., ur}
baza⊂ V1
si
BV2 = {v1, ..., vm, wm+1, ..., ws}baza⊂ V2.
Aratam caS = {v1, ..., vm, um+1, ..., ur, wm+1, ..., ws}
este sistem de generatori pentru V1 + V2. Intr-adevar, ∀x+ y ∈ V1 + V2, x ∈ V1, y ∈ V2 se scrie ca o combinatieliniara de vectorii bazei:
x ∈ V1 =⇒ x = Σmi=1αivi + Σrj=m+1βjujy ∈ V2 =⇒ y = Σmi=1γivi + Σsk=m+1λkwk
}de unde
x+ y = Σmi=1 (αi + γi) vi + Σrj=m+1βjuj + Σsk=m+1λkwk
si deci S este sistem de generatori.
Aratam ca S este liniar independent. Realizam o combinatie liniara, egala cu vectorul nul
0V = Σmi=1aivi + Σrj=m+1bjuj + Σsk=m+1ckwk.
Rezulta ca v definit prinv = Σmi=1aivi + Σrj=m+1bjuj︸ ︷︷ ︸
∈V1
= −Σsk=m+1ckwk︸ ︷︷ ︸∈V2
este un vector din V1 ∩V2 si deci ∃!λi ∈ K astfel ıncat Σsk=m+1ckwk−Σmi=1λivi = 0V =⇒ ck = λi = 0 (deoareceBV2
este liniar independent). Mai mult 0V = Σmi=1aivi + Σrj=m+1bjuj iar, deoarece BV1este liniar independent,
deducem ca ai = bj = 0.
Asadar dimK (V1 + V2) = dimK V1 + dimK V2 − dimK (V1 ∩ V2).
14.6.6 Teorema de existenta a suplimentului
Definitie 14.6.6 Fie V1, V2, ... , Vm subspatii vectoriale ale spatiului vectorial de tip finit (V,K). Spunem ca
V este suma directa de V1, V2, ... , Vm si scriem V =m⊕i=1Vi sau V = V1 ⊕ ... ⊕ Vm daca orice vector din V
se scrie ın mod unic ca o suma de vectori din V1, V2, ... , Vm. In aceasta situatie se mai spune ca subspatiilevectoriale V1, V2, ... , Vm sunt suplimentare.
Teorema 14.6.6 Fie (V,K) spatiu vectorial cu dimK V = n ∈ N∗. Daca V1 ⊂ V este subspatiu vectorial ın Vatunci exista V2 ⊂ V subspatiu vectorial astfel ıncat V = V1 ⊕ V2.
Demonstratie. Fie p = dimK V1 ≤ n si BV1 = {b1, ..., bp} o baza a lui V1. Cum dimK V = n putem completaBV1 pana la o baza BV1 a lui V , astfel
BV = {b1, ..., bp, g1, ..., gn−p} .
CURS 14: ALGEBRA 14-12
Demonstram ca Y = Span {g1, ..., gn−p} are proprietatea ca V = V1 ⊕ V2. Evident
V1 + V2 ⊂ V. (14.6.2)
Pe de alta parte
∀v ∈ V , v = Σpi=1αibi︸ ︷︷ ︸x∈V1
+ Σn−pi=1 βigi︸ ︷︷ ︸y∈Y
= x+ y ∈ V1 + V2 =⇒ V ⊂ V1 + V2. (14.6.3)
Relatiile (14.6.2) si (14.6.3) implicaV = V1 + V2. (14.6.4)
Mai mult, observam cadimK V1 + dimK V2 = p+ (n− p) = n = dimK V = n. (14.6.5)
In final (14.6.4) si (14.6.5) arata ca este aplicabil punctul iii) al Teoremei 14.6.6 si deci V = V1 ⊕ V2.
14.7 Subiect VI. Operatori liniari, endomorfisme si forme canonice
Exercitiul 14.7.1 Se considera endomorfismul U : R3 → R3 definit prin
U (x1, x2, x3) =
(1
2x1 + x2 + x3, x1 +
1
2x2 + x3, x1 + x2 +
1
2x3
)T.
i) Sa se scrie matricea operatorului U ın baza canonica din(R3,R
).
ii) Sa se determine spectrul si subspatiile proprii ale operatorului liniar U .
ii) Este operatorul liniar diagonalizabil? Dar jordanizabil? Justificati raspunsurile iar ın caz afirmativ sa sedetermine forma diagonala/jordan precum si baza ın care U are aceasta forma.
Solutie. i)-ii) Scriem matricea A = [A]UBc a lui U ın baza canonica din(R3,R
)A =
12 1 11 1
2 11 1 1
2
si rezolvam ecuatia
|A− λI2| = 0
sau echivalent ∣∣∣∣∣∣12 − λ 1 1
1 12 − λ 1
1 1 12 − λ
∣∣∣∣∣∣ = −λ3 +3
2λ2 +
9
4λ+
5
8= 0
de unde−8λ3 + 12λ2 + 18λ+ 5 = 0.
Desigur, nu ne ramane decat sa aplicam Schema lui Horner
λ3 λ2 λ 5−8 12 18 5
−1 −8 20 −2 7 6= 0−5 −8 52 −242 ... 6= 0−1/2 −8 16 10 0
Observam ca desi am cautat printre divizorii lui 5 aceasta a falsat. Totusi, metoda merge aplicata si astfel,obtinand λ1 = 1
2 . Avem asadar (λ+
1
2
)(−8λ2 + 16λ+ 10
)= 0
CURS 14: ALGEBRA 14-13
iar rezolvand
−8λ2 + 16λ+ 10 = 0 =⇒ λ2 =5
2si λ3 = −1
2.
Remarcam ca, daca avem o matrice simetrica de tipul
A =
a− λ b bb a− λ bb b a− λ
cu a, b ∈ R
atunci polinomul caracteristic este:
PA (λ) = a3 − 3a2λ− 3ab2 + 3aλ2 + 2b3 + 3b2λ− λ3
iar ecuatia PA (λ) = 0 are solutiile: λ1 = λ2 = a− b, iar λ3 = a+ 2b. Asadar, cautam o solutie de forma a− bcu schema lui Horner. Este util de retinut acest rationament!
Mai mult daca
A =
a− λ b cb a− λ 0c 0 a− λ
(14.7.1)
atunci polinomul caracteristic este
PA (λ) = a3 − 3a2λ− ab2 − ac2 + 3aλ2 + b2λ+ c2λ− λ3
iar PA (λ) = 0 are solutiile: a+√b2 + c2, a−
√b2 + c2, a.
Mai mult daca
A =
a− λ b 0b a− λ 00 0 a− λ
(14.7.2)
atunci polinomul caracteristic este:
PA (λ) = a3 − 3a2λ− ab2 + 3aλ2 + b2λ− λ3 = 0
iar PA (λ) = 0 are solutiile: a+ b, a, a− b.
Mai mult daca
A =
a− λ 0 c0 a− λ 0c 0 a− λ
(14.7.3)
atunci polinomul caracteristic este:
PA (λ) = a3 − 3a2λ− ac2 + 3aλ2 + c2λ− λ3
iar PA (λ) = 0 are solutiile: a+ c, a, a− c.
Mai mult daca
A =
a− λ 0 00 a− λ c0 c a− λ
(14.7.4)
atunci polinomul caracteristic este:
PA (λ) = a3 − 3a2λ− ac2 + 3aλ2 + c2λ− λ3
atunci polinomul caracteristic este: a+ c, a, a− c
Remarcam ca ın toate aceste cazuri (14.7.1)-(14.7.4) polinomul caracteristic are una din solutii elementul a.Astfel ca, folosind Schema lui Horner cu solutia a se pot determina celelalte solutii.
CURS 14: ALGEBRA 14-14
Revenim la problema particulara. Am obtinut spectrul ΛU ={
52 ,−
12
}al operatorului liniar U . Pentru
fiecare valoare proprie determinam subspatiile proprii corespunzatoare.
Astfel, pentru λ1,2notam
= λ1 = λ2 = 12 determinam xλ1,2
= (a, b, c)T
astfel ıncat 1 1 11 1 11 1 1
abc
=
000
.
Cum rangul urmatoarei matrice
A1 =
1 1 11 1 11 1 1
este 1 trebuie luata o singura ecuatie
a+ b+ c = 0
de unde se obtinea = −b− c cu b, c necunoscute secundare.
Avem asadar urmatorul vector propriu
vλ1,2 = (−b− c, b, c)T = b (−1, 1, 0)T
+ c (−1, 0, 1)T
de undeXλ1,2
= Span(
(−1, 1, 0)T, (−1, 0, 1)
T)
=⇒ mgλ1,2= 2.
Astfel, pentru λ3 = 52 determinam vλ3
= (m,n, p)T
astfel ıncat −2 1 11 −2 11 1 −2
mnp
=
000
.
Cum rangul urmatoarei matrice
A2 =
−2 1 11 −2 11 1 −2
este 2 trebuie luate doua ecuatii {
n− 2m+ p = 0m− 2n+ p = 0
=⇒ m = p, n = p,
de unde se obtine vλ3= (m,n, p)
T= (p, p, p)
T= p (1, 1, 1)
Tsi subspatiul propriu
Xλ3 = Span(
(1, 1, 1)T)
=⇒ mgλ3= 1.
iii) Recapituland, deducem camaλ1,2
= mgλ1,2si maλ3
= mgλ3
adica operatorul este diagonalizabil. Forma diagonala a operatorului, este
U (x1, x2, x3) =
(−1
2x1,−
1
2x2,
5
2x3
)Tiar baza ın care se realizeaza aceasta forma este
B ={
(−1, 1, 0)T, (−1, 0, 1)
T, (1, 1, 1)
T}.
Observam ca nu am gresit la calcule −1 −1 11 0 10 1 1
−1 12 1 11 1
2 11 1 1
2
−1 −1 11 0 10 1 1
=
− 12 0 0
0 − 12 0
0 0 52
.
CURS 14: ALGEBRA 14-15
14.8 Subiect VII. Functionale liniare, biliniare, patratice (fara Ia-cobi)
Exercitiul 14.8.1 Fie f : R3 → R definita prin f (x1, x2, x3) = x1 + 2x2 + 2x3.
i) Sa se arate ca f este functionala liniara.
ii) Sa se se determine Kerf , Imf , dimRKerf si dimR Imf .
iii) Sa se scrie matricea functionalei liniare f ın reperul
B ={
(0, 1, 1)T, (1, 0, 1)
T, (1, 1, 0)
T}⊂(R3,R
).
Exercitiul 14.8.2 Se considera functia f : R2 → R definita prin
f (x, y) = 4x1y2 − 2x2y2 + 8x2y1
unde x = (x1, x2)T ∈ R2, y = (y1,y2)
T ∈ R2.
i) Sa se arate ca f este biliniara dar nu simetrica.
ii) Sa se determine matricea lui f ın reperul
B ={b1 = (−2, 6)
T, b2 = (4, 2)
T}.
Solutie. Scriem matricea lui f ın reperul canonic
Bc ={e1 = (1, 0)
T, e2 = (0, 1)
T}
din R2
prin doua metode:
Metoda 1. AvemAnotam
= [A]fBc
= (aij)i,j=1,2 unde aij = f (ei, ej) .
Astfel
a12 = f (e1, e2) = 4 · 1 · 1− 2 · 0 · 1 + 8 · 0 · 0 = 4
a11 = f (e1, e1) = 0, a21 = f (e2, e1) = 8, a22 = f (e2, e2) = −2
iar
A =
(0 48 −2
).
Metoda 2. Avem direct
a11 = coeficientul lui x1y1, a12 = coeficientul lui x1y2, a21 = coeficientul lui x2y1
a22 = coeficientul lui x2y2 caz ın care A =
(0 48 −2
).
Trecem la rezolvarea problemei.
i) Din Metoda 1 sau Metoda 2 avem ca
f (x, y) = xTAy =(x1 x2
)( 0 48 −2
)(y1
y2
)de unde
f (αx+ βy, z) = (αx+ βy)TAz = (αx)
TAz + (βy)
TAz = αxTAz + βyTAz
CURS 14: ALGEBRA 14-16
= αf (x, z) + βf (y, z) ,
f (x, αy + βz) = xTA (αy + βz) = xTA (αy) + xTA (βz) = αxTAy + βxTAz
= αf (x, y) + βf (x, z) .
deducem ca f este biliniara. Cum matricea A nu este simetrica deducem ca f nu este simetrica.
ii) Prezentam doua metode.
Metoda 1. AvemA1
notam= [A1]
fB = (bij)i,j=1,2 unde bij = f (bi, bj) .
Astfelb11 = f (b1, b1) = −216, b12 = f (b1, b2) = 152, b21 = f (b2, b1) = 40, b22 = f (b2, b2) = 88.
si
A1 =
(−216 152
40 88
).
Metoda 2. Daca Cnotam
= CBc,B este matricea de trecere de la reperul BC la reperul B atunci A1 = CTACunde A1 este matricea lui f ın reperul Bc. Avem{
b1 = −2e1 + 6e2
b2 = 4e1 + e2=⇒ C =
(−2 46 2
)si deci
A1 = CTAC =
(−2 46 2
)T (0 48 −2
)(−2 46 2
)=
(−216 152
40 88
).
Exercitiul 14.8.3 Se considera functionala patratica definita pe(R3,R
)V (x) = f (x, x) = x1x2 + x1x3 + x2x3.
i) Determinati matricea functionalei patratice corespunzatoare reperului canonic (bazei canonice) din(R3,R
).
ii) Determinati forma canonica a functionalei patratice.
iii) Sa se studieze natura functionalei patratice.
Solutie. i) Matricea functionalei patratice este
A =
0 12
12
12 0 1
212
12 0
.
ii) Efectuam transformarea de coordonate y1 = x1+x2
2y2 = x1−x2
2y3 = x3
si avemV (x) = f (x, x) = y2
1 + 2y1y3 + y23 − y2
3 − y22 .
Observam ca V (x) = f (x, x) = (y1 + y3)2 − y2
3 − y22 iar dupa transformarea de coordonate z1 = y1 + y3
z2 = y2
z3 = y3
CURS 14: ALGEBRA 14-17
se obtine forma canonica f (x, x) = z21 − z2
2 − z23 .
iii) Din
D =
1 0 00 −1 00 0 −1
se deduce ca ∆1 = 1, ∆2 = −1 si ∆3 = 1 iar din Criteriul lui Sylvester deducem ca functionala patratica estenedefinita.
Exercitiul 14.8.4 Se considera functionala patratica definita pe(R3,R
)V (x) = f (x, x) = x2
1 + x22 + 6x1x2 − 2x1x3.
i) Determinati matricea functionalei patratice corespunzatoare reperului canonic (bazei canonice) din(R3,R
).
ii) Determinati functionala biliniara polara a functionalei patratice.
iii) Determinati forma canonica a functionalei patratice precum si baza formei canonice.
iv) Sa se studieze natura functionalei patratice.
Solutie. i) Matricea functionalei patratice corespunzatoare reperului canonic (bazei canonice) din(R3,R
)este
Metoda 1 de determinare a matricei A. Direct
A =
1 62 − 2
262 1 0− 2
2 0 0
=
1 3 −13 1 0−1 0 0
.
Metoda 2 de determinare a matricei A. Scriem functionala biliniara simetrica f : X × X → R din careprovine V . f se determina prin dedublare:
x21 din V devine x1y1 x2
2 din V devine x2y2
6x1x2 din V devine 6x1y22 + 6x2y1
2 −2x1x3 din V devine −2x1y32 + −2y1x3
2
astfel ca
f (x, y) = x1y1 + x2y2 +6x1y2
2+
6x2y1
2− 2x1y3
2− 2y1x3
2= x1y1 + x2y2 + 3x1y2 + 3x2y1 − x1y2 − y1x3.
Reperul canonic este
Bc ={e1 = (1, 0, 0)
T, e2 = (0, 1, 0)
T, e3 = (0, 0, 1)
T}
Calculam
f (e1, e1) = 1 · 1 + 0 · 0 + 3 · 1 · 0 + 3 · 0 · 1− 1 · 0− 1 · 0 = 1, f (e2, e2) = 1, f (e3, e3) = 0f (e1, e2) = 3, f (e1, e3) = −1, f (e2, e3) = 0f (e2, e1) = 3, f (e3, e1) = −1, f (e3, e2) = 0
si obtinem exact ce a dat Metoda 1.
ii) Avem trei metode pentru a raspunde la aceasta problema:
Metoda 1. Folosind definitia: ”Functionala biliniara simetrica
f : X ×X → R, f (x, y) =1
2(V (x+ y)− V (x)− V (y))
CURS 14: ALGEBRA 14-18
asociata lui V , se numeste functionala polara sau functionala dedublata a lui V ”.
Fie x = (x1, x2, x3)T
si y = (y1, y2, y3)T
. Trebuie evaluat
V (x+ y) = V (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3)
= 2 (x1 + y1)2
+ (x3 + y3)2 − 2 (x1 + y1) (x2 + y2)− 4 (x2 + y2) (x3 + y3) ,
V (x) = 2x21 + x2
3 − 2x1x2 − 4x2x3
V (y) = 2y21 + y2
3 − 2y1y2 − 4y2y3
iar, dupa calcule,
f (x, y) =1
2(V (x+ y)− V (x)− V (y)) = x1y1 + x2y2 + 3x1y2 + 3x2y1 − x1y3 − x3y1.
Metoda 2. f (x, y) se determina prin dedublare ca ın rezolvarea punctului i) (Metoda 2). Remarcam ca esteindicata Metoda 2.
Metoda 3. f (x, y) se scrie cunoscand ca
A =
1 3 −13 1 0−1 0 0
.
iii) Determinam forma canonica a functionalei patratice
Metoda lui Gauss.
Etapa 1. Se grupeaza termenii care contin x1 si obtinem
V (x) = x21 + 6x1x2 − 2x1x3 + x2
2 = x21 + 2x1 (3x2 − x3)︸ ︷︷ ︸+x2
2.
In grupul format scoatem factor fortat 1coeficientul lui x2
1(ın acest caz coeficientul lui x2
1 este 1).
Se formeaza patrate ın grupul de termeni ce contine x1 dupa formula
(a± b)2= a2 ± 2ab+ b2.
AvemV (x) = (x1 + 3x2 − x3)2 − (3x2 − x3)
2+ x2
2.
Se face schimbarea de coordonate x1 + 3x2 − x3 = y1
x2 = y2
x3 = y3
unde y = (y1, y2, y3)T
(14.8.1)
si avemV (x) = y2
1 − (3y2 − y3)2
+ y22 = y2
1 − 8y22 + 6y2y3 − y2
3 . (14.8.2)
Etapa 2. Se repeta rationamentul de la Etapa 1 pentru a 2-a variabila y2 si avem
V (x) = y21 +
1
−8
(64y2
2 − 48y2y3
)− y2
3 = y21 +
1
−8
[(8y2 − 3y3)
2 − 9y23
]− y2
3 .
Se face schimbarea de coordonate y1 = ω1
8y2 − 3y3 = ω2
y3 = ω3
unde ω =(ω1 ω2 ω3
)T(14.8.3)
CURS 14: ALGEBRA 14-19
si avem
V (x) = ω21 +
1
−8
[ω2
2 − 9ω23
]− ω2
3 = ω21 −
ω22
8+
9ω23
8− ω2
3 = ω21 −
1
8ω2
2 +1
8ω2
3 . (14.8.4)
Pentru determinarea reperului prezentam doua metode:
Metoda 1. Se parcurg transformarile de coordonate de la ultima la prima ınlocuindu-se datele astfel ω1 = y1 = x1 + 3x2 − x3
ω2 = 8y2 − 3y3 = 8x2 − 3x3
ω3 = y3 = x3
sau echivalent cu ω1
ω2
ω3
=
1 3 −10 8 −30 0 1
x1
x2
x3
⇐⇒ xF =
1 3 −10 8 −30 0 1
xBC
unde F este reper al lui R3 fata de care V are forma canonica (14.8.4) iar xF = (ω1,ω2, ω3)T
sunt coordonatelelui x ın reperul F . Matricea de transformare este
CBc,F =
1 3 −10 8 −30 0 1
−1
=
1 − 38 − 1
80 1
838
0 0 1
.
care da
xBC =
1 − 38 − 1
80 1
838
0 0 1
· xFsi
F =
{f1 = (1, 0, 0)
T, f2 =
(−3
8,
1
8, 0
)T, f3 =
(−1
8,
3
8, 1
)T}.
Dupa cum se observa din calcul F este ortogonal ın raport cu f (sau cu V ).
Deoarece 1 − 38 − 1
80 1
838
0 0 1
T 1 3 −13 1 0−1 0 0
1 − 38 − 1
80 1
838
0 0 1
=
1 0 00 − 1
8 00 0 1
8
decidem ca nu exista greseli de calcul.
Metoda 2 de determinare a reperului. Notam
reper canonic Bc ={e1 = (1, 0, 0)
T,e2 = (0, 1, 0)
T, e3 = (0, 0, 1)
T}
din R3 prin F1.
Observam ca (14.8.1) este echivalent cu x1 + 3x2 − x3 = y1
x2 = y2
x3 = y3
⇐⇒
y1
y2
y3
=
1 3 −10 1 00 0 1
x1
x2
x3
de unde
xF2=
1 3 −10 1 00 0 1
xF1
cu F2 un reper al lui R3 fata de care V este transformata ın (14.8.2) iar xF2= (y1,y2, y3)
Tsunt coordonatele
lui x ın reperul F2. Atunci matricea de trecere de la reperul canonic F1notam
= Bc la reperul F2 va fi
CF1,F2=
1 3 −10 1 00 0 1
−1
=
1 −3 10 1 00 0 1
=⇒ xF1=
1 −3 10 1 00 0 1
xF2
CURS 14: ALGEBRA 14-20
si gasim noul reperf21 = 1 · e1, f22 = −3 · e1 + e2, f23 = 1 · e1 + 1 · e3
de undeF2 =
{f21 = (1, 0, 0)
T, f22 = (−3, 1, 0)
T, f23 = (1, 0, 1)
T}.
Observam ca (14.8.3) este echivalent cu y1 = ω1
8y2 − 3y3 = ω2
y3 = ω3
⇐⇒
ω1
ω2
ω3
=
1 0 00 8 −30 0 1
y1
y2
y3
de unde
xF3=
1 0 00 8 −30 0 1
xF2
cu F3 reper al lui R3 fata de care V este transformata ın (14.8.4) iar xF3 = (ω1,ω2, ω3)T
sunt coordonatele luix ın reperul F3. Atunci matricea de trecere de la reperul F2 la reperul F3 va fi
CF2,F3 =
1 0 00 8 −30 0 1
−1
=
1 0 00 1
838
0 0 1
cu xF2 =
1 0 00 1
838
0 0 1
xF3
relatie din care gasim noul reper
f31 = 1 · f21, f32 =1
8· f22, f33 =
3
8f22 + f23
de unde
F3 =
{f31 = (1, 0, 0)
T, f32 =
(−3
8,
1
8, 0
)T, f33 =
(−1
8,
3
8, 1
)T}este reper ortogonal ın R3 ın raport cu care functionala patratica V poate fi scrisa sub forma canonica (14.8.4).Ne verificam 1 − 3
8 − 18
0 18
38
0 0 1
T 1 3 −13 1 0−1 0 0
1 − 38 − 1
80 1
838
0 0 1
=
1 0 00 − 1
8 00 0 1
8
adica nu s-a gresit. Remarcam ca, prin aceasta a doua metoda, suntem condusi la calcule pe care ın primametoda le-am evitat.
Un comentariu de final este necesar: prin metoda lui Gauss, nu se obtine direct noul reper ci trebuie sa apelamla schimbarea de coordonate.
iv) Clar
∆1 = 1,∆2 =
∣∣∣∣ 1 33 1
∣∣∣∣ = −8,∆3 =
∣∣∣∣∣∣1 3 −13 1 0−1 0 0
∣∣∣∣∣∣ = −1
iar din Criteriul lui Sylvester deducem ca functionala patratica este nedefinita.
Exercitiul 14.8.5 Se considera functionala patratica
V : R2 → R definita prin V (x) = f (x, x) = 4x21 + 4x2
2 + 6x1x2.
Determinati forma canonica a functionalei patratice precum si reperul formei canonice.
CURS 14: ALGEBRA 14-21
Solutie. Matricea functionalei patratice corespunzatoare reperului canonic (bazei canonice) din(R3,R
)este
A =
(4 6
262 4
)=
(4 33 4
).
Determinam valorile proprii din relatia
|A− λIn| = 0⇐⇒∣∣∣∣ 4− λ 3
3 4− λ
∣∣∣∣ = 0⇔ λ2 − 8λ+ 7 = 0.
Ecuatia λ2 − 8λ + 7 = 0 are solutiile λ1 = 7 cu maλ1= 1 si λ2 = 1 cu maλ2
= 1 (Evident λ1 = 7 > 0 siλ2 = 1 > 0 implica o forma patratica pozitiv definita.).
Pentru fiecare valoare proprie determinam subspatiile proprii corespunzatoare.
Astfel, pentru λ1 = 7 cautam vλ1= (m,n)
Tdin relatia(
−3 33 −3
)(mn
)=
(00
)=⇒ m = n si vλ1 = n (1, 1)
T=⇒ Xλ1 = Span
((1, 1)
T)
iar pentru λ2 = 1 cautam vλ2= (a, b)
Tdin relatia(
3 33 3
)(ab
)=
(00
)=⇒ a = −b si vλ1 = b (−1, 1)
T=⇒ Xλ2 = Span
((−1, 1)
T).
Pentru fiecare subspatiu propriu determinam cate un reper ortonormat:
pentru Xλ1=⇒ B1 =
{(1√2,
1√2
)T}iar pentru Xλ2
=⇒ B2 =
{(− 1√
2,
1√2
)T}.
Forma canonica a functionalei patratice date este
V (x) = 7ω21 + ω2
2 cu matricea D =
(7 00 1
).
Reperul ortonormat ın care se obtine aceasta forma este
B = B1 ∪B2 =
{f1 =
(1√2,
1√2
)T, f2 =
(− 1√
2,
1√2
)T}iar ω1, ω1 sunt coordonatele lui x ın reperul B, mai exact x = ω1f1 + ω2f2.
Verificam relatia CTAC = D sau echivalent(1√2
1√2
− 1√2
1√2
)(4 33 4
)( 1√2− 1√
21√2
1√2
)=
(7 00 1
)pentru a observa ca nu s-a gresit la calcule.
14.9 Subiect VIII. Spatii euclidiene, baze ortonormate, complementortogonal, spatii normate
Exercitiul 14.9.1 Consideram spatiul vectorial(C3,C
)ınzestrat cu produsul scalar canonic si
W = span{
(1, 1, i)T
, (1, 1,−i)T}⊂(C3,C
).
Sa se determine o baza ortonormata ın W .
CURS 14: ALGEBRA 14-22
Solutie. Folosim procedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt
w1 = v1 = (1, 1, i)T
=⇒ ‖w1‖ =
√< (1, 1, i)
T, (1, 1, i)
T> =
√< (1, 1, i)
T, (1, 1, i)
T>
=√
1 · 1 + 1 · 1 + i · i =√
1 + 1 + 1 =√
3
de unde
y1 =w1
‖w1‖=
(1√3,
1√3,i√3
)T.
Pe de alta parte
w2 = v2 −< v2, w1 >
< w1, w1 >w1 = (1, 1,−i)T − < (1, 1,−i)T , (1, 1, i)T >
< (1, 1, i)T, (1, 1, i)
T>
(1, 1, i)T
= (1, 1,−i)T − 1 · 1 + 1 · 1− i · i3
(1, 1, i)T
= (1, 1,−i)T −(
1
3,
1
3,i
3
)T=
(1− 1
3, 1− 1
3,−i− i
3
)T=
(2
3,
2
3,−4i
3
)T=
2
3(1, 1,−2i)
T
de unde
y1 =w2
‖w2‖=
1√49 + 4
9 −4i3 ·(− 4i
3
) 2
3(1, 1,−2i)
T=
1√49 + 4
9 + 169
2
3(1, 1,−2i)
T
=1√249
2
3(1, 1,−2i)
T=
1√6
(1, 1,−2i)T.
Am obtinut ca {(1√3,
1√3,i√3
)T,
1√6
(1, 1,−2i)T
}este baza ortonormata.
Exercitiul 14.9.2 Daca X = C [a, b] = {f : [a, b]→ R |f este continua} atunci
< f, g >=
∫ b
a
f (x) g (x) dx
este un produs scalar.
Solutie. Fie α ∈ R oarecare si f, g, h ∈ X functii arbitrare. Trebuie verificate axiomele produsului scalar:
verificam i) < f, g >=∫ baf (x) g (x) dx =
∫ bag (x) f (x) dx =< g, f >;
verificam ii) < f + h, g >=∫ ba
(f (x) + h (x)) g (x) dx
=∫ baf (x) g (x) dx+
∫ bah (x) g (x) dx =< f, g > + < h, g >;
verificam iii) < αf, g >=∫ baαf (x) g (x) dx = α
∫ baf (x) g (x) dx = α < f, g >;
verificam iv) din f2 (x) ≥ 0 oricare ar fi f ∈ X si x ∈ [a, b] deducem ca
< f, f >=
∫ b
a
f (x) f (x) dx ≥ 0.
Ramane sa demonstram ca
< f, f >=
∫ b
a
f (x) f (x) dx = 0⇐⇒ f = 0.
CURS 14: ALGEBRA 14-23
Daca f = 0 clar < 0, 0 >=∫ ba
0dx = 0.
Implicatia < f, f >= 0 =⇒ f = 0 o demonstram presupunand prin absurd ca f 6= 0. Cum f este continuadeducem ca exista un interval deschis I ⊂ [a, b] astfel ıncat f2 (x) > 0 pentru orice x ∈ I. Putem considera[c, d] ⊂ I si observa ca m = inf f2 (x) = f2 (x1) > 0 pentru orice x ∈ [c, d] fapt ce atrage
0 = < f, f >=
∫ b
a
f (x) f (x) dx =
∫ c
a
f (x) f (x) dx+
∫ d
c
f (x) f (x) dx+
∫ b
d
f (x) f (x) dx
≥∫ d
c
f (x) f (x) dx ≥∫ d
c
f (x1) f (x1) dx ≥ m (d− c) > 0
si deci o contradictie.
Exercitiul 14.9.3 Daca (P2 [X] ,R) este spatiul vectorial al polinoamelor cu coeficienti reali de grad cel multdoi peste corpul numerelor reale,
B ={
1, t, t2}
reper ın (P2 [X] ,R)
atunci sa se arate ca < ·, · >: P2 [X] × P2 [X] → R definit prin < p, q >=∫ 1
−1p (t) q (t) dt defineste un produs
scalar si sa se determine o baza ortonormata Bo pornind de la baza B, ın raport cu produsul scalar astfel definit.
Exercitiul 14.9.4 In spatiul vectorial(R3,R
)se considera X multimea tuturor combinatiilor liniare ale vec-
torilorv1 = (−1, 1, 1)
T, v2 = (−1, 2, 3)
Tsi v3 = (1, 1, 3)
T.
i) Sa se determine cate o baza ortogonala pentru subspatiile vectoriale X si, respectiv X⊥.
ii) Sa se determine proiectiile ortogonale ale vectorilor x = (2, 3, 4)T
si y = (1, 2,−1)T
pe X.
Solutie. i) Se observa ca
M2 =
∣∣∣∣ −1 −11 2
∣∣∣∣ 6= 0 si
∣∣∣∣∣∣−1 −1 11 2 11 3 3
∣∣∣∣∣∣ = 0.
Avem asadar
X = Span(
(−1, 1, 1)T, (−1, 2, 3)
T),
iar conform procedeului de ortogonalizare Gram-Schmidt
w1 = v1
w2 = v2 − prw1v2 = v2 −< v2, w1 >
< w1, w1 >w1
de unde
w1 = v1 = (−1, 1, 1)T
w2 = (−1, 2, 3)T − < (−1, 2, 3)
T, (−1, 1, 1)
T>
< (−1, 1, 1)T, (−1, 1, 1)
T>
(−1, 1, 1)T
= (−1, 2, 3)T − (−1) · (−1) + 2 · 1 + 3 · 1
(−1)2
+ 12 + 12(−1, 1, 1)
T
= (−1, 2, 3)T − 6
3(−1, 1, 1)
T=
(−1 +
6
3, 2− 6
3, 3− 6
3
)T= (1, 0, 1)
T.
O baza ortogonala pentru subspatiul vectorial X este B1 ={b1 = (−1, 1, 1)
T, b2 = (1, 0, 1)
T}
.
Se cunoaste ca
X⊥ ={x ∈ R3
∣∣ < x, y >= 0∀y ∈ X}
CURS 14: ALGEBRA 14-24
=
{x = (x1, x2, x3)
T ∈ R3∣∣∣{ < (x1, x2, x3)
T, (−1, 1, 1)
T>= 0
< (x1, x2, x3)T, (−1, 2, 3)
T>= 0
}
=
{x = (x1, x2, x3)
T ∈ R3∣∣∣ { −x1 + x2 + x3 = 0−x1 + 2x2 + 3x3 = 0
}.
Rezolvam {−x1 + x2 + x3 = 0−x1 + 2x2 + 3x3 = 0
si obtinemx1 = −x3, x2 = −2x3 =⇒ x = (−x3,−2x3, x3)
T
de undeX⊥ = Span
((−1,−2, 1)
T).
Avem conform procedeului de ortogonalizare Gram-Schmidt
w1 = v1 = (−1,−2, 1)T
si deci B2 ={
(−1,−2, 1)T}
este baza ortogonala ın X⊥.
ii) Metoda 1. Proiectiile ortogonale ale vectorilor x = (2, 3, 4)T
si y = (1, 2,−1)T
pe X sunt
prXx =< x, b1 >
< b1, b1 >b1 +
< x, b2 >
< b2, b2 >b2
=< (2, 3, 4)
T, (−1, 1, 1)
T>
< (−1, 1, 1)T, (−1, 1, 1)
T>
(−1, 1, 1)T
+< (2, 3, 4)
T, (1, 0, 1)
T>
< (1, 0, 1)T, (1, 0, 1)
T>
(1, 0, 1)T
=5
3(−1, 1, 1)
T+
6
2(1, 0, 1)
T=
(−5
3+
6
2,
5
3,
5
3+
6
2
)T=
(4
3,
5
3,
14
3
)T.
prXy =< y, b1 >
< b1, b1 >b1 +
< y, b2 >
< b2, b2 >b2 = (0, 0, 0)
T.
Metoda 2. Se cunoaste ca prX⊥x ={x0 ∈ R3
∣∣x− x0 ⊥ X⊥}
. Notam x0 = prX⊥x si deducem ca
x0 ∈ X⊥ =⇒ x0 = αv1 = α (−1,−2, 1)T.
Mai multx− x0 ⊥ X⊥ =⇒ x− x0 ⊥ (−1,−2, 1)
T=⇒< x− x0, (−1,−2, 1)
T>= 0
sau echivalent < (2, 3, 4)T − α (−1,−2, 1)
T, (−1,−2, 1)
T>= 0 ce implica
< (2 + α, 3 + 2α, 4− α)T, (−1,−2, 1)
T>= 0
iar ın final − (2 + α)− 2 (3 + 2α) + 4− α = 0 implica
α = −4
6= −2
3=⇒ x0 =
(2
3,
4
3,−2
3
)T.
Cum x = prXx+ prX⊥x obtinem
prXx = x− prX⊥x = (2, 3, 4)T −
(2
3,
4
3,−2
3
)T=
(4
3,
5
3,
14
3
)T.
Analog, prX⊥y ={y0 ∈ R3
∣∣ y − y0 ⊥ X⊥}
.
Notam y0 = prX⊥y si deducem ca y0 ∈ X⊥ =⇒ y0 = αv1 = α (−1,−2, 1)T
.
CURS 14: ALGEBRA 14-25
Mai mult y − y0 ⊥ X⊥ =⇒ y − y0 ⊥ (−1,−2, 1)T
implica < y − y0, (−1,−2, 1)T>= 0 sau echivalent
< (1, 2,−1)T − α (−1,−2, 1)
T, (−1,−2, 1)
T>= 0
implica< (1 + α, 2 + 2α,−1− α)
T, (−1,−2, 1)
T>= 0.
In final− (1 + α)− 2 (2 + 2α)− 1− α = 0 =⇒ α = −1 =⇒ y0 = (1, 2,−1)
T.
Cum y = prXy + prX⊥y obtinem
prXy = y − prX⊥y = (1, 2,−1)T − (1, 2,−1)
T= (0, 0, 0)
T.
Metoda 3. Se cunoaste ca prXx ={x0 ∈ R3
∣∣x− x0 ⊥ X}
.
O baza ortogonala pentru subspatiul vectorial X este
B1 ={b1 = (−1, 1, 1)
T, b2 = (1, 0, 1)
T}.
Notam x0 = prX⊥x si deducem ca
x0 ∈ X =⇒ x0 = αb1 + βb2 = α (−1, 1, 1)T
+ β (1, 0, 1)T.
Mai mult
x− x0 ⊥ X =⇒
{x− x0 ⊥ (−1, 1, 1)
T
x− x0 ⊥ (1, 0, 1)T =⇒
{< x− x0, (−1, 1, 1)
T>= 0
< x− x0, (1, 0, 1)T>= 0
sau echivalent {< x− α (−1, 1, 1)
T − β (1, 0, 1)T, (−1, 1, 1)
T>= 0
< x− α (−1, 1, 1)T − β (1, 0, 1)
T, (1, 0, 1)
T>= 0
=⇒ α =5
3iar β = 3.
In concluzie,
prXx =
(4
3,
5
3,
14
3
)T.
Analog, prXy = (0, 0, 0)T
.
Exercitiul 14.9.5 Fie X = C [a, b] = {f : [a, b]→ R |f este continua}. Sa se arate ca daca (X,R) este spatiul
vectorial real al functiilor definite pe [a, b] atunci ‖f‖L1 =∫ ba|f (x)| dx defineste o norma pe X.
Solutie. Aratam ca sunt ındeplinite axiomele N1)-N2):
verificam N1): deoarece |f (x)| ≥ 0 evident si ‖f‖L1 ≥ 0. Pe de alta parte, daca f = 0 atunci |f | = 0 =⇒‖f‖L1 = 0. Presupunem acum ca ‖f‖L1 = 0 si demonstram ca f = 0. Intr-adevar daca prin absurd existax0 ∈ [a, b] astfel ıncat f (x0) 6= 0 =⇒ |f (x0)| > 0. Pe de alta parte, din continuitatea lui f , deducem ca exista oconstanta m > 0 si un interval [c, d] ⊆ [a, b] astfel ıncat |f (x)| > m pentru orice x ∈ [c, d] (c < d). Atunci avemestimarea
‖f‖L1 =
∫ b
a
|f (x)| dx ≥∫ d
c
|f (x)| dx ≥ m (d− c) > 0
adica o contradictie cu ‖f‖L1 = 0. Deci ‖f‖L1 = 0 =⇒ |f | = 0 si f = 0;
verificam N2): avem
‖αx‖ =
∫ b
a
|αf (x)| dx = |α|∫ b
a
|f (x)| dx = |α| ‖f‖L1 ;
verificam N3): observam ca
‖f + g‖L1 =
∫ b
a
|f (x) + g (x)| dx ≤∫ b
a
|f (x)| dx+
∫ b
a
|g (x)| dx = ‖f‖L1 + ‖g‖L1
fapt ce ıncheie demonstratia ca (X, ‖·‖L1) este spatiu vectorial normat.
CURS 14: ALGEBRA 14-26
14.10 Subiect IX. Operatori pe spatii euclidiene
Fie (X,<,>) spatiu euclidian (real sau complex).
Definitie 14.10.1 Endomorfismul u : X −→ X se numeste operator autoadjunct daca u = u∗ (sau, echivalent< u (x) , y >=< x, u (y) > ∀x, y ∈ X).
Unele proprietati pentru operatori autoadjuncti sunt redate ın:
Teorema 14.10.1 Daca u : X −→ X este operator autoadjunct atunci
i) ∀x ∈ X avem < u (x) , x >∈ R;
ii) u are toate valorile proprii reale;
iii) daca λ si µ sunt valori proprii distincte atunci vectorii proprii corespunzatori sunt ortogonali;
iv) daca X este spatiu euclidian real cu dimRX = n ∈ N∗ atunci matricea lui u corespunzatoare unei bazeortonormate este simetrica. Reciproc, daca X este spatiu euclidian real cu dimRX = n ∈ N∗ iar matricea luiu : X −→ X corespunzatoare unei baze ortonormate este simetrica atunci u este operator autoadjunct.
Demonstratie. i) Observam ca
znotam
= < u (x) , x >definitia produsului
=scalar
< x, u (x) >u=
autoadjunct< u (x) , x > = z.
ii) Cum λ este valoare proprie arbitrara a lui u deducem ca exista x 6= 0X astfel ıncat u (x) = λx.
Evaluam < u (x) , x >=< λx, x >= λ < x, x >= λ ‖x‖2 > 0 si obtinem
λ = −< u (x) , x >
‖x‖2∈ R deoarece ‖x‖2 ∈ R iar din i) avem < u (x) , x >∈ R.
iii) Fie λ si µ valori proprii distincte. Din
λ valoare proprie rezulta ca exista x 6= 0X astfel ıncat u (x) = λx
µ valoare proprie rezulta ca exista y 6= 0X astfel ıncat u (y) = µy
iar din u : X −→ X este operator autoadjunct obtinem
< u (x) , y >=< x, u (y) > ∀x, y ∈ X sau echivalent < λx, y >=< x, µy > .
Avem succesiv
< λx, y >=< x, µy >⇐⇒ λ < x, y >= µ< y, x >µ=µ⇔ λ < x, y >= µ < x, y >
iar ın final< x, y > (λ− µ) = 0 =⇒< x, y >= 0
deoarece λ si µ sunt valori proprii distincte. Mai mult Xλ⊥Xµ.
iv) Fie n = dimRX. CumdimRX = dimR Rn = n ∈ N∗
deducem din Teorema fundamentala de izomorfism I ca (X,R)izomorf' (Rn,R) astfel ca putem considera <
x, y >= xT y pentru orice x, y ∈ X. Fie Anotam
= [A]uB matricea operatorului u ıntr-o baza ortonormata B a lui
X. Daca u (x) = Ax atunci< u (x) , y >=< x, u (y) > ∀x, y ∈ X
este echivalenta cu
< Ax, y >=< x,Ay >⇐⇒ (Ax)Ty = xTAy ⇐⇒ xTAT y = xTAy, ∀x, y ∈ X,
relatie din care se deduce ca A = AT =⇒ A este simetrica. Reciproca este lasata ca exercitiu.
Top Related