14.1 aveti grija la calcule-continutul este informativ …curs 14: algebra 14-3 ii) determinat˘i...

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


x1 = (1/2, 2/3)T , x2 = (1/4,−1/5)T , x3 = (2/6, 4/5)T .


).

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.



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


).

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.


)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

).


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:

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

)

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


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.


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.


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.


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.


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.


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} .


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


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)


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)


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)


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.


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

.


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


= 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.


).

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


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.


).

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))


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)


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


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.


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 .

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.

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}

=

{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

.

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.

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=< 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 ∈ 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

= definitia produsului

=scalar

< x, u (x) >u=

autoadjunct = z.

ii) Cum λ este valoare proprie arbitrara a lui u deducem ca exista x 6= 0X astfel ıncat u (x) = λx.

Evaluam =< λx, x >= λ < x, x >= λ ‖x‖2 > 0 si obtinem

λ = −

‖x‖2∈ R deoarece ‖x‖2 ∈ R iar din i) avem ∈ 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

=< 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=< 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.

14.1 aveti grija la calcule-continutul este informativ …curs 14: algebra 14-3 ii) determinat˘i...

Documents