Sala: Octombrie 2014 SEMINAR 1: ALGEBRA 1.1 Aplicat˘ii - Curs...

Sala: Octombrie 2014

SEMINAR 1: ALGEBRAConf. univ. dr.: Dragos-Patru Covei Programul de studii: 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.

1.1 Aplicatii - Curs 1

Exercitiul 1.1.1 Sa se arate ca multimea V ={α+ β

√2 + γ

√3∣∣α, β, γ ∈ Q

}este un Q-spatiu vectorial, fata

de operatiile uzuale de adunare si ınmultire cu un numar rational.

Solutie. Se observa usor ca (V,+) este grup abelian. Fie acum λ ∈ Q si xi = αi

√2 + βi

√2 + γi

√3 i = 1, 2.

Avemλ (x1 + x2) = λ (α1 + α2) + λ (β1 + β2)

√2 + λ (γ1 + γ2)

√3 = λx1 + λx2.

Absolut analog se probeaza celelalte axiome ale spatiului vectorial.

Exercitiul 1.1.2 Sa se arate ca multimea

S ={

(x1, x2, ..., xm−1)T ∣∣xi ∈ R, i ∈ 1,m− 1

}este subspatiu vectorial ın spatiul vectorial (Rm,R).

Solutie. Aratam ca∀λ, µ ∈ R, x, y ∈ S ⇒ λx+ µy ∈ S.

Daca x =

x1x2...

xm−1

si y =

y1y2...

ym−1

sunt elemente din S atunci

λx+ µy =

λx1 + µy1λx2 + µy2

...λxm−1 + µym−1

∈ S.

Exercitiul 1.1.3 Daca x ∈ Rm\{θ} este un element fixat, atunci sa se arate ca multimea S = {αx |α ∈ R}este subspatiu vectorial ın spatiul vectorial (Rm,R).

Solutie. Aratam ca∀λ, µ ∈ R, y, z ∈ S ⇒ λy + µz ∈ S.

Intr-adevar, daca {y = αx1z = αx2

, x1, x2 ∈ Rm si α ∈ R.

sunt doua elemente din S atunci

λy + µz = λαx1 + µαx2 = α (λx1 + µx2) ∈ S

deoarece λx1 + µx2 ∈ Rm.

1-1

SEMINAR 1: ALGEBRA 1-2

Exercitiul 1.1.4 In spatiul vectorial(R3,R

)se considera multimile:

S1 ={

(ξ1, ξ2, ξ3)T ∈ R3 |2ξ1 − 3ξ2 + ξ3 = 0

}S2 =

{(ξ1, ξ2, ξ3)

T ∈ R3 |ξ1 − ξ2 + 2ξ3 = 0}

Exercitiul 1.1.5 a) Sa se arate ca S1 si S2 sunt subspatii ın(R3,R

);

b) Sa se determine S1 ∩ S2.

Solutie. a) Aratam ca∀λ, µ ∈ R, x, y ∈ S1 ⇒ λx+ µy ∈ S1.

Intr-adevar, daca x =

ξ1ξ2ξ3

si y =

η1η2η3

sunt elemente din S atunci

λx+ µy =

λξ1 + µη1λξ2 + µη2λξ3 + µη3

∈ S,deoarece {

2λξ1 − 3λξ2 + 4λξ3 = 02µη1 − 3µη2 + 4µη3 = 0

implica 2(λξ1 + µη1)− 3(λξ2 + µη2) + 4(λξ3 + µη3) = 0.

Analog se demonstreaza ca S2 este subspatiu ın(R3,R

).

b) S1 ∩ S2 este multimea x = (ξ1, ξ2, ξ3)T din R3 ale caror coordonate satisfac sistemul{2ξ1 − 3ξ2 + ξ3 = 0ξ1 − ξ2 + 2ξ3 = 0.

Matricea acestui sistem este

A =

(2 −3 11 −1 2

).

Un minor de ordinul 2 nenul este

MO2 =

∣∣∣∣ 2 −31 −1

∣∣∣∣ = 1,

deci rang A = 2 < numarul necunoscutelor, ceea ce demonstreaza ca sistemul este compatibil simplu nedeter-minat ın care ξ1, ξ2 sunt necunoscute principale iar ξ3 este necunoscuta secundara. Notam ξ3 prin α. Sistemuldevine {

2ξ1 − 3ξ2 = −αξ1 − ξ2 = −2α

.

cu solutiile ξ1 = −5α si ξ2 = −3α. Am obtinut x = (−5α,−3α, α)T = α(−5,−3, 1)T , astfel ca

S1 ∩ S2 ={α(−5,−3, 1)T |α ∈ R

}.


)se considera elementele x1 = (1, 2, 1, 2)T , x2 = (1,−1, 4, 5)T ,

x3 = (1,−2, 5, 6)T si x = (2,−2, 8, 10)T . Sa se arate ca elementul x este o combinatie liniara a elementelorx1, x2, x3.


Solutie. x este o combinatie liniara a elementelor x1, x2, x3 daca exista numerele reale γ1, γ2, γ3 ∈ R astfelıncat

x = γ1x1 + γ2x2 + γ3x3,

relatie echivalenta cu sistemul: γ1 + γ2 + γ3 = 22γ1 − γ2 − 2γ3 = −2γ1 + 4γ2 + 5γ3 = 82γ1 + 5γ2 + 6γ3 = 10

Matricea sistemului este

A =

1 1 12 −1 −21 4 52 5 6

.

Avem un minor de ordinul 2 nenul: ∣∣∣∣ 1 12 −1

∣∣∣∣ = −3.

iar toti minorii de ordinul 3 sunt nuli, deci rang A = 2.

Matricea extinsa este

A =

1 1 1 12 −1 −2 −21 4 5 52 5 6 6

avand rangul 2. Am demonstrat ca rang A = rang A. Conform teoremei Kronecker-Capelli sistemul estecompatibil. Notam necunoscuta secundara γ3 prin a si consideram primele 2 ecuatii ale sistemului, avem{

γ1 + γ2 = 2− a2γ1 − γ2 = −2 + 2a

cu solutia γ1 = a3 , γ2 = 6−4a

3 , γ3 = a.

Am demonstrat ca

x =a

3x1 +

6− 4a

3x2 + ax3

adica x este o combinatie liniara de x1, x2 si x3.


)se considera elementele x1 = (2, 1, 1, 4)T , x2 = (−3, 2,−12,−15)T ,

x3 = (1,−3, 11, 9)T si x = (−1, 0,−1, 0)T . Sa se arate ca elementul x nu este o combinatie liniara a elementelorx1, x2, x3.

Solutie. x este o combinatie liniara a elementelor x1, x2, x3 daca exista numerele reale γ1, γ2, γ3 astfel ıncat

x = γ1x1 + γ2x2 + γ3x3,

relatie echivalenta cu sistemul: 2γ1 − 3γ2 + γ3 = −1γ1 + 2γ2 − 3γ3 = 0γ1 − 12γ2 + 11γ3 = −14γ1 − 15γ2 + 9γ3 = 0.


A =

2 −3 11 2 −31 −12 114 −15 9

.


Avem un minor de ordinul 3 nenul: ∣∣∣∣∣∣2 −3 11 2 −34 −12 9

∣∣∣∣∣∣ = 203,

deci rang A = 3.


A =

2 −3 1 −11 2 −3 01 −12 11 −14 −15 9 0

si are rangul 4. Am demonstrat ca rang A 6= rang A. Conform teoremei Kronecker-Capelli sistemul esteincompatibil. In concluzie x nu se poate scrie ca o combinatie liniara a elementelor x1, x2, x3.


)se considera elementele x1 = (−1, 1, 1)T , x2 = (1,−1, 1)T . Sa se

determine subspatiul generat de multimea A = {x1, x2}.

Solutie. x = (ξ1, ξ2, ξ3)T ∈ Sp(A) daca si numai daca exista λ, µ ∈ R astfel ıncat λx1 + µx2 = x, adica

λ

−111

+ µ

1−11

=

ξ1ξ2ξ3

de unde obtinem sistemul −λ+ µ = ξ1

λ− µ = ξ2λ+ µ = ξ3.

Rangul matricei sistemului este 2, deci trebuie ca rangul matricei extinse sa fie 2, echivalent cu∣∣∣∣∣∣−1 1 ξ11 −1 ξ21 1 ξ3

∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −2(ξ1 + ξ2) = 0.

AstfelSp(A) = {(ξ1, ξ2, ξ3)

T ∈ R3 |ξ1 + ξ2 = 0}.

Exercitiul 1.1.9 Sa se arate ca elementele x1 = (1, 1, 1)T , x2 = (1, 1, 0)T , x3 = (1, 0, 0)T , constituie un sistemde generatori ın spatiul vectorial

(R3,R

).

Solutie. {x1, x2, x3} formeaza un sistem de generatori ın spatiul vectorial(R3,R

)daca si numai daca orice

w ∈ R3 se exprima ca o combinatie liniara de x1, x2 si x3. Fie w = (w1, w2, w3) ∈ R3 si presupunem ca

exista λ1, λ2, λ3 ∈ R astfel ıncat w = λ1x1 + λ2x2 + λ3x3,

sau echivalent, exista λ1, λ2, λ3 ∈ R astfel ıncat λ1 + λ2 + λ3 = w1

λ1 + λ2 = w2

λ1 = w3.(1.1.1)

Deoarece

det

1 1 11 1 01 0 0

= −1 6= 0

sistemul (1.1.1) are solutii si prin urmare x1, x2, x3 formeaza un sistem de generatori ın(R3,R

). Mai mult, se

poate observa ca λ1 = w3, λ2 = w2 − w3, λ3 = w1 − w2 si deci

w = w3x1 + (w2 − w3)x2 + (w1 − w2)x3.





Exercitiul 2.1.1 Fie (V,R) spatiul vectorial real. Pe V × V not=

CV se definesc operatiile

i) + :C V ×C V →C V , (u, v) + (x, y) = (u+ x, v + y) ∀ (u, v) ∈C V, ∀ (x, y) ∈C Vii) · : C×CV →C V , α (u, v) = (au− bv, bu+ av) ∀ (u, v) ∈C V si α = a+ ib ∈ C.

Sa se arate ca(CV,C) este spatiu vectorial (numit complexificatul spatiului vectorial real (V,R)).

Solutie. Aratam ca(CV,+) este grup abelian. Pentru ınceput observam ca

∀ (x1, y1) ∈ CV, (x2, y2) ∈C V =⇒ x1, x2, y1, y2 ∈ V=⇒ x1 + x2 si y1 + y2 ∈ V =⇒ (x1 + x2, y1 + y2) ∈C V.

Pe de alta parte

A1) ∀ (x1, y1) , (x2, y2) ∈C V avem

(x1, y1) + (x2, y2) = (x2, y2) + (x1, y1)

din comutativitatea adunarii ın V .

A2) ∀ (x1, y1) , (x2, y2) , (x3, y3) ∈C V avem

[(x1, y1) + (x2, y2)] + (x3, y3) = (x1, y1) + [(x2, y2) + (x3, y3)]

din asociativitatea adunarii ın V .

A3) ∃ (0V , 0V ) ∈C V astfel ıncat

(x, y) + (0V , 0V ) = (0V , 0V ) + (x, y) = (x, y) .

A4) ∀ (x, y) ∈C V ∃ (−x,−y) ∈C V astfel ıncat

(x, y) + (−x,−y) = (−x,−y) + (x, y) = (0V , 0V ) .

Evident (au− bv, bu+ av) ∈C V .

Ramane sa verificam axiomele A5)-A8). Verificam A8) celelalte sunt doar artificii de calcul. Avem

1 = 1 + 0 · i =⇒ 1 · (x, y) = (1 · x− 0 · y, 0 · x+ 1 · y) = (x, y) .

Cum A1)-A8) sunt verificate deducem ca(CV,C) este spatiu vectorial.

2-1


Exercitiul 2.1.2 Sa se arate ca urmatoarele elemente din spatiul vectorial(R3,R

)sunt liniar independente:

a) x1 = (1, 1, 1)T , x2 = (1, 2, 3)T , x3 = (2,−1, 1)T ;

b) x1 = (−1, 1, 1)T , x2 = (1,−1, 1)T , x3 = (1, 1,−1)T ;

c) x1 = (1, 2,−1)T , x2 = (2,−1, 3)T .

Solutie. a) x1, x3, x3 sunt liniar independente daca o combinatie liniara a acestor elemente da elementul nulrezulta toti scalarii nuli, adica

λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 = θ ⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 0,

altfel scris

λ1

111

+ λ2

123

+ λ3

2−11

=

000

echivalent cu sistemul λ1 + λ2 + 2λ3 = 0

λ1 + 2λ2 − λ3 = 0λ1 + 3λ2 + λ3 = 0

a carui matrice are rangul 3 = numarul necunoscutelor (=numarul elementelor ce intra ın combinatie). Inconsecinta sistemul admite doar solutia banala, ceea ce justifica cerinta problemei.

b) Privind cazul a) putem decide daca x1, x3, x3 sunt liniar independente ın functie de rangul matricei formatedin coordonatele acestor elemente:

A =

1 1 21 2 −11 3 1

.

In cazul noastru A are rangul 3 si deci concluzia.

c) Matricea formata de coordonatele acestor elemente este

A =

1 22 −1−1 3

cu rangul 2 = numarul elementelor intrate ın combinatie si deci x1, x2 sunt liniar independente.


)se considera vectorii liniar independenti u, v si w. Sa se arate ca

vectorii: x1 = u+ v, x2 = u− v, x3 = u− 2v + w sunt liniar independenti.

Solutie. Realizam o combinatie liniara a elementelor x1, x2, x3 :

λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 = θ ⇔λ1(u+ v) + λ2(u− v) + λ3(u− 2v + w) = θ ⇔(λ1 + λ2 + λ3)u+ (λ1 − λ2 − 2λ3)v + λ3w = θ,

si folosind faptul ca u, v si w sunt liniar independente, obtinem sistemul: λ1 + λ2 + λ3 = 0λ1 − λ2 − 2λ3 = 0λ3 = 0

cu solutia λ1 = λ2 = λ3 = 0 si, ın consecinta, faptul ca x1, x2, x3 sunt liniar independente.


Exercitiul 2.1.4 Sa se arate ca urmatoarele elemente din R3 sunt liniar dependente:

a) x1 = (1,−2, 1)T , x2 = (2, 1,−1)T , x3 = (7,−4, 1)T ;

b) x1 = (2,−3, 7)T , x2 = (2, 0,−6)T , x3 = (4,−3, 1)T ;

c) x1 = (−1, 2, 1)T , x2 = (2,−4,−2)T .

Solutie. a) x1, x3, x3 sunt liniar dependente daca exista λ1, λ2, λ3 numere reale nu toate nule astfel ıncat

λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 = θ

altfel scris

λ1

1−21

+ λ2

21−1

+ λ3

7−41

=

000

echivalent cu sistemul λ1 + 2λ2 + 7λ3 = 0

−2λ1 + λ2 − 4λ3 = 0λ1 − λ2 + λ3 = 0

a carui matrice are rangul 2 < numarul necunoscutelor (=numarul elementelor ce intra ın combinatie). Inconsecinta sistemul admite si solutii diferite de solutia banala, ceea ce justifica cerinta problemei.

b) Privind cazul a) putem decide daca x1, x3, x3 sunt liniar dependente ın functie de rangul matricei formatedin coordonatele acestor elemente:

A =

2 2 4−3 0 −37 −6 1

.

In cazul noastru A are rangul 2 si deci obtinem concluzia.

c) Matricea formata de coordonatele acestor elemente este

A =

1 −22 −4−1 2

cu rangul 1 < numarul elementelor intrate ın combinatie si deci x1, x2 sunt liniar dependente.


)se dau vectorii x1 = (−1,−1, 2), x2 = (0, 1,−1), x3 = (2, 1, 1),

x4 = (−1,−1, 7).

a) Sa se arate ca sistemul S = {x1, x2, x3, x4} este un sistem de generatori ın spatiul vectorial(R3,R

).

b) Sa se extraga din S un subsistem S′ care sa constituie o baza ın(R3,R

).

Solutie. a) Fie w ∈ R3, w = (w1, w2, w3) ∈ R3. Vom arata ca exista scalarii λ1, λ2, λ3, λ4 ∈ R astfel ıncat

w = λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 + λ4x4. (2.1.1)

Relatia (??) este echivalenta cu sistemul w1 = −λ1 + 2λ3 − λ4w2 = −λ1 + λ2 + λ3 − λ4w3 = 2λ1 − λ2 + λ3 + 7λ4

a carui matrice este

A =

−1 0 2 1−1 1 1 −12 −1 1 7

.


Deoarece exista un minor de ordin 3 al lui A

M3 =

∣∣∣∣∣∣−1 0 2−1 1 12 −1 1

∣∣∣∣∣∣ = −4 (2.1.2)

nenul, deducem ca sistemul este compatibil nedeterminat, astfel ca orice vector w ∈ R3 se poate exprima cuvectorii din S, ceea ce ınseamna ca S este sistem de generatori.

b) Vectorii x1, x2, x3 sunt exprimati ın baza canonica, astfel

x1 = −e1 − e2 + 2e3, x2 = e2 − e3, x3 = 2e1 + e2 + e3.

Determinantul coordonatelor este (??) diferit de zero si ca atare x1, x2, x3 sunt liniar independenti.

Exercitiul 2.1.6 Sa se arate ca elementele x1 = (1, 1, 1)T , x2 = (1, 1, 0)T , x3 = (1, 0, 0)T constituie o baza Ba spatiului vectorial

(R3,R

). Sa se determine coordonatele elementelor x = (4,−3, 2)T si y = (a, b, c)T ın baza

B.

Solutie. x1, x2, x3 este sistem liniar independent deoarece matricea

A =

1 1 11 1 01 0 0

coordonatelor acestor elemente are rangul 3.

x1, x2, x3 este sistem de generatori deoarece dimensiunea lui R3 este finita. Am demonstrat ca B = {x1, x2, x3}este baza.

Se stie ca daca exista numerele reale λ1, λ2, λ3 unic determinate astfel ıncat

x = λ1x1 + λ2x2 + λ3x3

atunci xB = (λ1, λ2, λ3)T reprezinta coordonatele elementului x ın baza B.

Relatia din care se determina aceste numere este echivalenta cu sistemul λ1 + λ2 + λ3 = 4λ1 + λ2 = −3λ1 = 2

avand solutia λ1 = 2, λ2 = −5, λ3 = 7, deci xB = (2,−5, 7)T .

Analog, daca exista numerele reale λ1, λ2, λ3 unic determinate astfel ıncat

y = λ1x1 + λ2x2 + λ3x3

atunci yB = (λ1, λ2, λ3)T reprezinta coordonatele elementului y ın baza B.

Relatia din care se determina aceste numere este echivalenta cu sistemul λ1 + λ2 + λ3 = aλ1 + λ2 = bλ1 = c

avand solutia λ1 = c, λ2 = b− c, λ3 = a− b, deci xB = (c, b− c, a− b)T .

Exercitiul 2.1.7 Sa se determine dimensiunea subspatiului

S = {(ξ1, ξ2, ξ3)T ∈ R3 |ξ1 − ξ2 + ξ3 = 0} ⊂ R3

si sa se puna ın evidenta o baza a lui S. Sa se determine coordonatele elementului x = (1, 3, 2)T ∈ S ın baza B.


Solutie. Sistemul ξ1− ξ2 + ξ3 = 0 este compatibil dublu nedeterminat. Presupunem ξ1 necunoscuta principalasi notam necunoscutele secundare astfel: ξ2 = a, ξ3 = b, obtinem ξ1 = a− b. Deci

(ξ1, ξ2, ξ3)T = (a− b, a, b)T =a(1, 1, 0)T + b(−1, 0, 1)T

Atunci B = {(1, 1, 0)T , (−1, 0, 1)T } reprezinta o baza ın S.

Daca exista numerele reale λ1, λ2 unic determinate astfel ıncat

y = λ1(1, 1, 0)T + λ2(−1, 0, 1)T

atunci xB = (λ1, λ2)T reprezinta coordonatele elementului x ın baza B.

Relatia din care se determina aceste numere este echivalenta cu sistemul λ1 − λ2 = 1λ1 = 3λ2 = 2

avand solutia λ1 = 3, λ2 = 2, deci xB = (3, 2)T .

Exercitiul 2.1.8 Sa se determine dimensiunea subspatiului vectorial S al lui(R3,R

)generat de elementele

x1 = (1,−2,−1)T , x2 = (2, 3,−1)T , x3 = (3, 1,−2)T , x4 = (−1,−5, 0)T .

Solutie. Matricea coordonatelor acestor elemente este:

A =

1 2 3 −1−2 3 1 −5−1 −1 −2 0

.

Un minor de ordinul 2 nenul este:

MO2 =

∣∣∣∣ 1 2−2 3

∣∣∣∣ = 3 + 4 = 7.

Minorii de ordinul 3 ce se pot forma cu minorul de ordinul doi sunt:

MO13 =

∣∣∣∣∣∣1 2 3−2 3 1−1 −1 −2

∣∣∣∣∣∣ = 0, MO13 =

∣∣∣∣∣∣1 2 −1−2 3 −5−1 −1 0

∣∣∣∣∣∣ = 0,

avem ca rang A = 2 si deci rang S = 2.

Exercitiul 2.1.9 Sa se gaseasca dimensiunea si o baza a subspatiului solutiilor sistemului: α1 + 2α2 + 2α3 − α4 + 3α5 = 0α1 + 2α2 + 3α3 + α4 + α5 = 03α1 + 6α2 + 2α3 + 7α4 + 5α5 = 0.

Solutie. Matricea sistemului este:

A =

1 2 2 −1 31 2 3 1 13 6 2 7 5

cu

MO3 =

∣∣∣∣∣∣2 2 −12 3 16 2 7

∣∣∣∣∣∣ = 36 6= 0.


Obtinem ca α2, α3, α4 sunt necunoscute principale iar α1, α5 sunt necunoscute secundare. Le notam prin arespectiv prin b.

Sistemul devine 2α2 + 2α3 − α4 = −a− 3b2α2 + 3α3 + α4 = −a− b6α2 + 2α3 + 7α4 = −3a− 5b.

Cu solutia {α2 = −11

6b− 1

2a, α4 =

2

3b, α3 =

2

3b

}.

Am obtinut dim(S) = 3. Din α1

α2

α3

α4

α5

= a

1− 1

2000

+ b

0− 11

623231

avem baza

B = {x1 = (1,−1

2, 0, 0, 0)T , x2 = (0,−11

6,

2

3,

2

3, 1)T }.


)se considera elementele x1 = (2,−1, 1)T , x2 = (1,−1, 2)T , x3 =

(−1, 2,−1)T .

a) Sa se arate ca B = {x1, x2, x3} este o baza a lui(R3,R

).

b) Sa se determine coordonatele elementului x = (α, β, γ)T ın baza B.

Solutie. a) x1, x2, x3 este sistem liniar independent deoarece matricea

A =

2 1 −1−1 −1 21 2 −1

a coordonatelor acestor elemente are rangul 3.

x1, x2, x3 este sistem de generatori deoarece dimensiunea lui R3 este finita. Am demonstrat ca B = {x1, x2, x3}este baza.

b) Se stie ca daca exista numerele reale λ1, λ2, λ3 unic determinate astfel ıncat

x = λ1x1 + λ2x2 + λ3x3

atunci xB = (λ1, λ2, λ3)T reprezinta coordonatele elementului x ın baza B.

Relatia din care se determina aceste numere este echivalenta cu sistemul 2λ1 + λ2 − λ3 = α−λ1 − λ2 + 2λ3 = βλ1 + 2λ2 − λ3 = γ

avand solutia

λ1 = −1

4γ +

1

4β +

3

4α

λ2 =3

4γ +

1

4β − 1

4α,

λ3 =1

4γ +

3

4β +

1

4α,


deci

xB = (−1

4γ +

1

4β +

3

4α,

3

4γ +

1

4β − 1

4α,

1

4γ +

3

4β +

1

4α)T .


)se considera subspatiul vectorial

S = {(ξ1, ξ2, ξ3)T ∈ R3 |ξ1 − ξ2 + 2ξ3 = 0}.

a) Sa se determine o baza B a subspatiului S;

b) Sa se arate ca x = (−3,−1, 1)T ∈ S;

c) Sa se determine xB.

Solutie. a) Sistemul ξ1 − ξ2 + 2ξ3 = 0 este compatibil dublu nedeterminat. Presupunem ξ1 necunoscutaprincipala si notam necunoscutele secundare astfel: ξ2 = a, ξ3 = b, obtinem ξ1 = a− 2b. Deci

(ξ1, ξ2, ξ3)T = (a− 2b, a, b)T =a(1, 1, 0)T + b(−2, 0, 1)T

Atunci B = {(1, 1, 0)T , (−2, 0, 1)T } reprezinta o baza ın S;

b) Deoarece −3 + 1 + 2 = 0 deducem ca x ∈ S;

c) Daca exista numerele reale λ1, λ2 unic determinate astfel ıncat

x = λ1(1, 1, 0)T + λ2(−2, 0, 1)T

atunci xB = (λ1, λ2)T reprezinta coordonatele elementului x ın baza B.

Relatia din care se determina aceste numere este echivalenta cu sistemul λ1 − 2λ2 = −3λ1 = −1λ2 = 1

avand solutia λ1 = −1, λ2 = 1, deci xB = (−1, 1)T .

Exercitiul 2.1.12 Sa se determine rangul urmatoarelor sisteme de elemente din spatiul vectorial(R3,R

):

S1 ={

(−1, 1, 0)T , (2,−1, 1)T , (1, 0, 1)T}

;S2 =

{(0, 1, 1)T , (1, 0, 1)T , (1, 1, 0)T

};

S3 ={

(1, 2, 1)T , (−1, 1,−1)T , (2,−1, 3)T , (2, 2, 3)T}

;S4 =

{(1, 2,−1)T , (−1,−2, 1)T , (2, 4,−2)T

}.

Solutie. A determina rangul unui sistem de elemente este echivalent cu a determina rangul matricei coordo-natelor elementelor ce alcatuiesc sistemul, asadar

AS1 =

−1 2 11 −1 00 1 1

are rangul 2 deci si S1 are rangul 2.

AS2 =

0 1 11 0 11 1 0



AS3 =

1 −1 2 22 1 −1 21 −1 3 3


AS4 =

1 −1 22 −2 4−1 1 −2


Exercitiul 2.1.13 Sa se puna ın evidenta elementele liniar independente din multimea S = {x1, x2, x3}, undex1 = (2,−1,−3)T , x2 = (−1, 2, 1)T , x3 = (1, 1,−2)T .

Solutie. Deoarece rangul matricei sistemului S este 2 deducem ca nu putem avea elemente liniar independentedecat 2 cate 2. Se observa ca x1 si x2; x1 si x3; x2 si x3 verifica cerinta problemei.





Exercitiul 3.1.1 Sa se completeze vectorii x1 = (1, 0, 1)T

si x2 = (2, 1, 4)T

pana la o baza a lui R3.

Solutie. Cum dimR R3 = 3 trebuie determinat vectorul x3 = (a, b, c)T

astfel ıncat x1, x2, x3 sa fie liniarindependenti. Ori, echivalent, matricea

A =

1 2 a0 1 b1 4 c

trebuie sa aiba rangul 3. Observam ca rangA = 3 pentru o infinitate de valori ale lui a, b, c. Cum ne intereseazasa adaugam un singur vector, x3, putem considera

x3 = (0, 0, 2014)T.

Exercitiul 3.1.2 Fie W1 si W2 subspatii vectoriale ın(R2,R

)definite prin

W1 ={

(x, 0)T∣∣∣x ∈ R

}si W2 =

{(0, y)

T∣∣∣ y ∈ R

}.

Sa se arate ca W1 ∪W2 nu este subspatiu vectorial ın(R2,R

).

Solutie. Reuniunea lui W1 si W2 este multimea

W1 ∪W2 ={

(x, y)T∣∣∣ (x, y)

T ∈W1 sau (x, y)T ∈W2

}.

Cum (x, y)T ∈W1 rezulta ca y = 0, iar din faptul ca (x, y)

T ∈W2 deducem ca x = 0. Asadar

W1 ∪W2 ={

(x, y)T ∈ R2

∣∣∣ y = 0 sau x = 0}.

Pe de alta parte, se observa ca

(2014, 0)T

+ (0, 2014)T

= (2014, 2014)T/∈W1 ∪W2

desi (2014, 0)T ∈W1 iar (0, 2014)

T ∈W2.

Exercitiul 3.1.3 Pentru spatiul liniar al polinoamelor de grad cel mult 4 : (P4 [X] ,R) sa se determine matricea

de trecere de la baza Bc ={

1, x, x2, x3, x4}

la baza B1 ={

1, x+ 1, (x+ 1)2, (x+ 1)

3, (x+ 1)

4}

.

3-1


Solutie. Remarcam ca Bc este baza canonica ın (P4 [X] ,R). Cu urmatoarele notatii

e1 (x) = 1, e2 (x) = x, e3 (x) = x2, e4 (x) = x3, e5 (x) = x4

g1 (x) = 1, g2 (x) = x+ 1, g3 (x) = (x+ 1)2, g4 (x) = (x+ 1)

3, g5 (x) = (x+ 1)

4

observam ca putem scrie

g1 (x) = 1 · e1 (x) + 0 · e2 (x) + 0 · e3 (x) + 0 · e4 (x) + 0 · e5 (x)

g2 (x) = 1 · e1 (x) + 1 · e2 (x) + 0 · e3 (x) + 0 · e4 (x) + 0 · e5 (x)

g3 (x) = 1 · e1 (x) + 2 · e2 (x) + 1 · e3 (x) + 0 · e4 (x) + 0 · e5 (x)

g4 (x) = 1 · e1 (x) + 3 · e2 (x) + 3 · e3 (x) + 1 · e4 (x) + 0 · e5 (x)

g5 (x) = 1 · e1 (x) + 4 · e2 (x) + 6 · e3 (x) + 4 · e4 (x) + 1 · e5 (x)

si deci matricea de trecere de la baza Bc la baza B1 este

ABc,B1=

1 1 1 1 10 1 2 3 40 0 1 3 60 0 0 1 40 0 0 0 1

.

Exercitiul 3.1.4 Pentru spatiul liniar al polinoamelor de grad cel mult n si coeficienti reali: (Pn [X] ,R) sa sedetermine componentele polinomului

f (x) = a0 + a1x+ a2x2 + ...+ anx

n

ın baza canonica Bc ={

1, x, x2, ..., xn}

si ın baza B1 ={

1, x− a, (x− a)2, ..., (x− a)

n}

.

Solutie. Cumf (x) = a0 · 1 + a1 · x+ a2 · x2 + ...+ an · xn

deducem ca fBc = (a0, a1, ..., an). Elementele lui B1 sugereaza sa ne gandim la dezvoltari ın serie Taylor. Astfelca, vom deriva succesiv f :

f ′ (x) = 0 + a1 + 2a2x+ ...+ nanxn−1

f ′′ (x) = 0 + 0 + 2a2 + ...+ n (n− 1) anxn−2

...

f (n) (x) = n · (n− 1) ...2 · 1 · an

si vom scrie polinomul Taylor de grad n :

f (x) = f (a) +f ′ (a)

1!(x− a) + ...+

f (n) (a)

n!(x− a)

n.

Evident fBc=(f (a) , f

′(a)1! , ..., f

(n)(a)n!

).

Exercitiul 3.1.5 Fie M2×2(R2)

multimea matricelor simetrice de componente reale si

S =

{(1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)}⊂(M2×2

(R2),R).

Sa se arate ca span (S) =M2×2(R2).


Solutie. Amintim ca A ∈M2×2(R2)

daca A este de forma

A =

(a bb c

).

Se observa ca

a

(1 00 0

)+ b

(0 11 0

)+ c

(0 00 1

)=

(a bb c

)si deci span (S) =M2×2

(R2).

Exercitiul 3.1.6 Sa se calculeze inversele urmatoarei matrice cu ajutorul metodei pivotului:

a) A =

2 1 32 4 13 2 5

; b) B =

1 1 −12 1 −1−1 −3 1

; c) C =

1 0 −12 2 03 4 2

.

Solutie. a) Din tabelul:

Baza CA1 CA

2 CA3 e1 e2 e3

e1 2 1 3 1 0 0e2 2 4 1 0 1 0e3 3 2 5 0 0 1CA

1 1 1/2 3/2 1/2 0 0

e2 0 3 -2 -1 1 0e3 0 1/2 1/2 -3/2 0 1CA

1 1 0 11/6 2/3 -1/6 0CA

2 0 1 -2/3 -1/3 1/3 0

e3 0 0 5/6 -4/3 -1/6 1

CA1 1 0 0 18/5 1/5 -11/5

CA2 0 1 0 -7/5 1/5 4/5

CA3 0 0 1 -8/5 -1/5 6/5

deducem ca A−1 =

18/5 1/5 −11/5−7/5 1/5 4/5−8/5 −1/5 6/5

.

b), c): Analog se arata ca

B−1 =

−1 1 0−1/2 0 −1/2−5/2 1 −1/2

,

C−1 =

2 −2 1−2 5/2 −11 −2 1

.

Exercitiul 3.1.7 In(R3,R

)se considera baza E =

{a1 = (3, 1,−1)

T, a2 = (1, 2,−2)

T, a3 = (2,−1, 3)

T}

si

vectorul x = 2a1 + 3a2 − a3. Sa se calculeze coordonatele lui x fata de baza F = {b1, b2, b3} unde

b1 = 2a1 + 2a2 + 3a3, b2 = a1 + 4a2 + 2a3, b3 = 3a1 + a2 + 5a3.

Solutie. Observam ca

A =

2 2 31 4 23 1 5


cu

detA = 5 si(AT)−1

=

18/5 1/5 −11/5−7/5 1/5 4/5−8/5 −1/5 6/5

.

Asadar

xF =(AT)−1

xE =

18/5 1/5 −11/5−7/5 1/5 4/5−8/5 −1/5 6/5

23−1

=

10−3−5

.

Exercitiul 3.1.8 Folosind metoda pivotului, sa se determine rangul urmatoarelor matrice:

a) A =

1 3 1 −2 −31 4 3 −1 −42 3 −4 −7 −33 8 1 −7 −8

; b) B =

1 2 −32 1 0−2 −1 3−1 4 −2

; c) C =

1 35 −25 −1−2 3

.

Solutie. Din tabelul:CA

1 CA2 CA

3 CA4 CA

5

e1 1 3 1 -2 -3e2 1 4 3 -1 -4e3 2 3 -4 -7 -3e4 3 8 1 -7 -8CA

1 1 3 1 -2 -3

e2 0 1 2 1 -1e3 0 -3 -6 -3 3e4 0 -1 -2 -1 1CA

1 1 0 -5 -5 0CA

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

deducem ca rang A = 2 (deoarece ın baza au intrat 2 elemente);

b) Analog rang B = 3; c) Analog rang C = 2.

Exercitiul 3.1.9 Sa se determine, cu ajutorul metodei pivotului, a ∈ R astfel ıncat sistemul α1 + 2α2 − 3α3 + α4 = 13α1 + α2 + α3 − 2α4 = 33α1 − 4α2 + 11α3 − 7α4 = a

sa fie compatibil.

Solutie. Calculele se organizeaza astfel

Baza CA1 CA

2 CA3 CA

4 b

e1 1 2 -3 1 1e2 3 1 1 -2 3e3 3 -4 11 -7 aCA

1 1 2 -3 1 1

e2 0 −5 10 -5 0

e3 0 -10 20 -10 a-3CA

1 1 0 1 -1 1CA

2 0 1 -2 1 0e3 0 0 0 0 a-3


Din tabel observam ca sistemul este compatibil daca si numai daca a = 3. (In acest caz rangul matriceisistemului ar fi egal cu rangul matricei extinse).

Exercitiul 3.1.10 i) Sa se rezolve sistemele urmatoare cu ajutorul metodei pivotului:

a)

α1 + α2 + α3 = 8α1 + 2α2 − α3 = 32α1 + α2 + 2α3 = 7

; b)

2α1 + 2α2 − α3 = 43α1 − α2 − 3α3 = 7α1 + α2 + 2α3 = 3

.

ii) Sa se arate ca B ={x1 = (1, 1, 2)

T, x2 = (1, 2, 1)

T, x3 = (1,−1, 2)

T}

formeaza o baza ın R3 si sa se

determine coordonatele lui x = (8, 3, 7)T

ın baza B.

Solutie. i) a) Din tabelul:α1 α2 α3 Termenul liber

e1 1 1 1 8e2 1 2 -1 3e3 2 1 2 7α1 1 1 1 8

e2 0 1 -2 -5e3 0 -1 0 -9α1 1 0 3 13α2 0 1 -2 -5

e3 0 0 −2 -14

α1 1 0 0 -8α2 0 1 0 9α3 0 0 1 7

obtinem α1 = −8, α2 = 9, α3 = 7.

b) Analog se obtine α1 = 13/5, α2 = −2/5, α3 = 2/5.

ii) Din i) punctul a) rezulta ca rangul matricei formata cu vectorii x1, x2, x3 este 3. Asadar B este o familie liniarindependenta. Cum dimR R3 = 3 deducem ca B este si sistem de generatori. Am demonstrat ca B = {x1, x2, x3}este baza ın R3. Vectorul coordonatelor lui x ın baza B este xB = (−8, 9, 7)

T.

Exercitiul 3.1.11 Fie S subspatiu vectorial ın(R3,R

)definit prin

S ={(

1, 1, 2)T,(

1, 2, 1)T,(

1, −1, 2)T}

.

Sa se arate ca v =(

8, 3, 7)T

este ın span (S).

Solutie. A arata ca v =(

8, 3, 7)T

este ın span (S) revine la arata ca exista a1, a2, a3 ∈ R astfel ıncat

a1(

1, 1, 2)T

+ a2(

1, 2, 1)T

+ a3(

1, −1, 2)T

=(

8, 3, 7)T

sau echivalent α1 + α2 + α3 = 8α1 + 2α2 − α3 = 32α1 + α2 + 2α3 = 7.

Insa s-a observat ca acest sistem are solutia α1 = −8, α2 = 9, α3 = 7. Am demonstrat ca v este combinatieliniara de vectori din S si deci se afla ın span (S).


Exercitiul 3.1.12 Sa se determine dimensiunea subspatiului S ⊂(R3,R

)generat de elementele

x1 = (1,−1, 2)T , x2 = (2,−3, 1)T , x3 = (3,−4, 3)T , x4 = (−1, 2, 1)T , x5 = (2,−2, 4)T

si sa se puna ın evidenta o baza a lui S.

Solutie. Din tabelulBaza x1 x2 x3 x4 x5e1 1 2 3 -1 2e2 -1 -3 -4 2 -2e3 2 1 3 1 4x1 1 2 3 -1 2

e2 0 −1 -1 1 0

e3 0 -3 -3 3 0x1 1 0 1 1 2x2 0 1 1 -1 0e3 0 0 0 0 0

deducem ca dimensiunea lui S este 2 si ca B = {x1, x2}.

Exercitiul 3.1.13 Sa se studieze daca

T : R3 → R2 definita prin T (x, y, z) = (x+ y, xz)

este aplicatie liniara.

Solutie. Se observa caT (1, 0, 0) + T (1, 0, 1) = (1, 0) + (1, 0) = (2, 1)

siT ((1, 0, 0) + T (1, 0, 1)) = T (2, 0, 1) = (2, 2) .

AsadarT (1, 0, 0) + T (1, 0, 1) 6= T ((1, 0, 0) + T (1, 0, 1)) .

Exercitiul 3.1.14 Presupunem ca T : Rk → Rn este transformare liniara. Sa se cerceteze valabilitateaurmatoarelor propozitii:

a) Daca v1, v2, v3 ∈ Rk sunt liniar dependente, atunci T (v1), T (v2), T (v3) ∈ Rn sunt liniar dependente.

b) Daca v1, v2, v3 ∈ Rk sunt liniar independente, atunci T (v1), T (v2), T (v3) ∈ Rn sunt liniar independente.

Solutie. a) Folosim faptul ca v1, v2, v3 ∈ Rk sunt liniar dependente, adica

c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0Rk =⇒ exista c1, c2, c3 nu toti nuli.

Cum T este aplicatie liniara deducem ca

T (c1v1 + c2v2 + c3v3) = T (0Rk) = 0Rn

sau echivalentc1T (v1) + c2T (v2) + c3T (v3) = 0Rn .

Tinand cont ca c1, c2, c3 nu sunt toti nuli deducem ca T (v1), T (v2), T (v3) ∈ Rn sunt liniar dependente si decipropozitia este adevarata.

b) Propozitia este falsa. Intr-adevar, fie T : R3 → R3 definita prin T (v) = (0, 0, 0)T

pentru orice v =

(v1, v2, v3)T ∈ R3. Evident,

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

T, e3 = (0, 0, 1)

T

sunt liniar independente, ınsa T (e1), T (e2), T (e3) sunt liniar dependente.


Exercitiul 3.1.15 Fie aplicatia T : R2 → R2 definita prin

T (v) = A · v unde A =

(1 1−1 0

).

Sa se arate ca T este injectiva si surjectiva.

Solutie. Aratam ca T este injectiva. Daca u = (u1, u2)T ∈ R2 si v = (v1,v2)

T ∈ R2 atunci

T (u) =

(1 1−1 0

)(u1u2

)= (u1 + u2,−u1)

T

si

T (u) =

(1 1−1 0

)(v1v2

)= (v1 + v2,−v1)

T.

Pe de alta parte, daca T (u) = T (v) atunci

(u1 + u2,−u1)T

= (v1 + v2,−v1)T

implica {u1 = v1u2 = v2

=⇒ u = v

adica, T este aplicatie injectiva.

Aratam ca T este surjectiva. Fie w = (w1, w2)T ∈ R2. Aratam ca exista v = (v1,v2)

T ∈ R2 astfel ıncat

T (v) =

(1 1−1 0

)(v1v2

)= (w1, w2)

T.

Inmultind cu A−1 aceasta relatie, avem(0 −11 1

)(1 1−1 0

)(v1v2

)=

(0 −11 1

)(w1

w2

)sau echivalent (

v1v2

)=

(0 −11 1

)(w1

w2

)⇐⇒ (v1,v2)

T= (w2,w1 + w2)

T.

Am aratat ca

pentru orice w = (w1, w2)T ∈ R2 exista v = (w2,w1 + w2)

T ∈ R2 astfel ıncat T (v) = w.

Ori, aceasta demonstreaza ca T este surjectiva.

Exercitiul 3.1.16 Fie V subspatiu ın(R3,R

)definit de sistemul

V =

{(x1, x2, x3)

T ∈ R3∣∣∣ { x1 + x2 + x3 = 0

x1 − x2 + 3x3 = 0

}.

Se cere:

i) Sa se arate ca vectorii x = (2, 4,−1), y = (0, 5, 0) sunt congruenti modulo V .

ii) Sa se determine clasa vectorului z = (4,−2,−2) ın R3/V .

iii) Sa se determine o baza a lui R3/V .


Solutie. i) Subspatiul V are dimensiunea unu si este generat de vectorul a = (−2, 1, 1)T

. Observam ca

x− y = (2,−1,−1)T

= −a ∈ V

adica x ≡ y (modulo V ).

ii) z = −2a ∈ V =⇒ x = 0.

iii) Daca e2 = (0, 1, 0)T

, e3 = (0, 0, 1)T

atunci {a, e2, e3} este o baza a lui(R3,R

)care prelungeste o baza a

lui V . Rezulta ca {e2, e3} constituie o baza a lui R3/V :

e2 = {e2 + αa|α ∈ R} , e3 = {e3 + αa|α ∈ R} .





Exercitiul 4.1.1 In R2 se considera multimile

S1 ={

(α, 0)T ∈ R2

∣∣∣α ∈ R}, S2 =

{(0, β)

T ∈ R2∣∣∣β ∈ R

}.

Sa se arate ca S1 si S2 sunt subspatii suplimentare.

Solutie. Deoarece S1 ∩ S2 = {0R2} rezulta ca S1, S2 sunt sumanzi directi. Prin definitie

S1 + S2 = {x+ y |x ∈ S1 si y ∈ S2 }.

Cum x+ y este un element de forma (α, β)T

deducem ca S1 + S2 = R2. In plus,

S1 + S2 = S1 ⊕ S2 = R2.

relatie ce demonstreaza ca S1 si S2 sunt subspatii suplimentare.

Exercitiul 4.1.2 Fie spatiul vectorial (Kn,Z2). Sa se arate ca ∀x ∈ Kn, x+ x = 0Kn .

Solutie. Fie x = (x1, ..., xn)T ∈ Kn. Observam ca

x+ x = (x1, ..., xn)T

+ (x1, ..., xn)T

= (x1 + x1, ..., xn + xn)T

=(x1

(1 + 1

), ..., xn

(1 + 1

))T=(

0, ..., 0)

= 0Kn

deoarece 1 + 1 = 0.

Exercitiul 4.1.3 Daca S1 ⊂ R5 multimea solutiilor sistemuluix1 + x2 + x5 = 0x1 − x3 + x4 + x5 = 02x1 − x5 = 03x1 − x3 + x4 = 0

atunci sa se determine o baza a lui S1 si apoi sa se indice un subspatiu S2 al lui R5 astfel ıncat S1 ⊕ S2 = R5.

Solutie. Matricea sistemului este

A =

1 1 0 0 11 0 −1 1 12 0 0 0 −13 0 −1 1 0

.

4-1


Observam ca

MA3 =

∣∣∣∣∣∣1 1 01 0 −12 0 0

∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0 =⇒ rang (A) ≥ 3.

Pe de alta parte

MA4,1 =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0 01 0 −1 12 0 0 03 0 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 si MA4,2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0 11 0 −1 12 0 0 −13 0 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

implica rang (A) = 3. Astfel ca sistemul este compatibil dublu nedeterminat cu x1, x2, x3 necunoscute principaleiar x4, x5 necunoscute secundare. Un calcul simplu arata ca

x1 =1

2x5, x2 = −3

2x5, x3 = x4 +

3

2x5.

In concluzie

S1 =

{(1

2x5,−

3

2x5, x4 +

3

2x5, x4, x5

)T∣∣∣∣∣x4, x5 ∈ R

}

=

{x4 (0, 0, 1, 1, 0)

T+ x5

(1

2,−3

2,

3

2, 0, 1

)T∣∣∣∣∣x4, x5 ∈ R

}

= Span (e1, e2) unde e1 = (0, 0, 1, 1, 0)T

iar e2 =

(1

2,−3

2,

3

2, 0, 1

)T

.

Se verifica usor ca {e1, e2}liniar independent

⊂ S1 si deci {e1, e2}baza⊂ S1. Completam {e1, e2} pana la o baza ın R5.

In acest sens, formam o matrice B care sa aiba rangul 5, astfel

B =

e1︷︸︸︷ e2︷︸︸︷ e3︷︸︸︷ e4︷︸︸︷ e5︷︸︸︷0 1

2 1 0 10 − 3

2 1 0 01 3

2 1 0 01 0 0 1 00 1 0 0 0

, detB = −1 =⇒ rangB = 5.

AvemrangB = 5 =⇒ {e1, e2, e3, e4, e5} este sistem liniar independent ın R5.

CumdimR R5 = 5 iar {e1, e2, e3, e4, e5} este sistem liniar independent

deducem ca

{e1, e2, e3, e4, e5}baza⊂ R5.

Atunci S2 = Span ({e3, e4, e5}) are proprietatea ceruta.

Exercitiul 4.1.4 Fie(R4,R

)spatiu vectorial si U =

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

T ∈ R4∣∣∣x1 = x2 si x3 = x4

}.

a) Sa se arate ca U este subspatiu vectorial al lui(R4,R

)si sa se determine dimR U .

b) Sa se extinda baza determinata la punctul a) la o baza a lui(R4,R

).

c) Sa se descrie elementele lui V/U si scrie o baza pentru V/U .


Solutie. a) U este subspatiu vectorial al lui(R4,R

)daca

∀α, β ∈ R si x, y ∈ U =⇒ αx+ βy ∈ U.

Fie

x = (x1, x2, x3, x4)T ∈ U =⇒ x1 = x2 si x3 = x4

y = (y1, y2, y3, y4)T ∈ U =⇒ y1 = y2 si y3 = y4.

Avem

α (x1, x2, x3, x4)T

+ β (y1, y2, y3, y4)T

= (αx1 + βy1, αx2 + βy2, αx3 + βy3, αx4 + βy4)T ∈ U

deoarece αx1 + βy1 = αx2 + βy2.

Determinam o baza ın U . Observam ca

(x1, x2, x3, x4)T

= x2 (1, 1, 0, 0)T

+ x4 (0, 0, 1, 1)T

si deci

U ={x2 (1, 1, 0, 0)

T+ x4 (0, 0, 1, 1)

T∣∣∣x2, x4 ∈ R

}= Span

({(1, 1, 0, 0)

T, (0, 0, 1, 1)

T})

.

Cum u1 = (1, 1, 0, 0)T

si u2 = (0, 0, 1, 1)T

sunt liniar independente, deducem ca o baza ın U este B1 ={(1, 1, 0, 0)

T, (0, 0, 1, 1)

T}

.

b) Pentru a completa baza B1 la o baza a lui(R4,R

)vom scrie o matrice A cu 4 linii si 4 coloane formata din

vectorii lui B1 si vectori din(R4,R

)astfel ıncat rangA = 4 = dimR R4, de exemplu

A =

u1↓

u2↓

e1↓

e3↓

1 0 1 01 0 0 00 1 0 10 1 0 0

.

Astfel ca B2 = {u1, u2, e1, e3}baza⊂(R4,R

)!

c) Elementele lui R4/U sunt x ={y ∈ R4

∣∣ y − x ∈ U}. O baza pentru R4/U este B2 = {e1, e3}. Pentru ademonstra aceasta, remarcam de la punctul b) ca

x = x2u1 + x4u2 + (x1 − x2) e1 + (x3 − x4) e3,

si decix = (x1 − x2) e1 + (x3 − x4) e3

astfel ca e1 si e3 sunt din Span(R4/U

). Demonstram ca {e1, e3} sunt liniar independente. Realizam o combinatie

liniarac1e1 + c2e3 = 0.

Atunci c1e1 + c2e3 ∈ U . Dar deoarece a 2-a si a 4-a componenta a acestui vector sunt 0, observam, din definitialui U, ca prima si a 3-a componenta trebuie sa fie 0, de asemenea. Am demonstrat ca c1 = c2 = 0 si deci e1, e3

sunt liniar independente.





Exercitiul 5.1.1 Se considera matricea

A =

1 −1 0−1 2 10 1 1

si operatorul T : R3 → R3 definit prin T (x) = Ax, x ∈ R3.

a) Sa se determine ImT si KerT.

b) Sa se determine dimRKerT si dimR ImT .

Demonstratie. Se cunoaste ca

KerT ={x = (x1, x2, x3)

T ∈ R3 |T (x) = 0R3

}.

Relatia T (x) = 0R3 este echivalenta cu Ax = 0R3 si cu 1 −1 0−1 2 10 1 1

x1

x2

x3

=

000

de unde obtinem sistemul x1 − x2 = 0

−x1 + 2x2 + x3 = 0x2 + x3 = 0

sistem cu matricea A. Un minor nenul de ordinul 2 al matricei A este∣∣∣∣ 1 −1−1 2

∣∣∣∣ = 1 6= 0

si deci rangA ≥ 2. Pe de alta parte observam ca determinantul lui A este nul. Concludem ca rangA = 2 ⇒sistem compatibil simplu nedeterminat. Necunoscuta secundara x3 o notam prin α. Observam ca sistemul{

x1 − x2 = 0−x1 + 2x2 = −α

are solutia x1 = x2 = −α. Am obtinut ca

KerT ={α (−1,−1, 1)

T |α ∈ R}.

O baza ın KerT este{

(−1,−1, 1)T}

si deci dimRKerT = 1. Determinam imaginea operatorului T . Prin

definitieImT =

{y ∈ R3

∣∣exista x ∈ R3 cu y = T (x)}.

5-1


Fie y = (y1, y2, y3)T

. Relatia y = T (x) conduce la sistemul x1 − x2 = y1

−x1 + 2x2 + x3 = y2

x2 + x3 = y3.

Am vazut ca rangul matricei este 2. Pentru ca sistemul sa fie compatibil trebuie ca rangul matricei extinse safie egal cu rangul matricei sistemului (adica cu 2).


A =

1 −1 0 y1

−1 2 1 y2

0 1 1 y3

iar rangA = 2 daca ∣∣∣∣∣∣

1 −1 y1

−1 2 y2

0 1 y3

∣∣∣∣∣∣ = 0

echivalent cu y3 − y1 − y2 = 0 ecuatie ce reprezinta un sistem cu 3 necunoscute. Consideram y3 necunoscutaprincipala si notam prin {

y1 = αy2 = β

necunoscutele secundare. Atunci y3 = α+ β si deci

y =

y1

y2

y3

=

αβ

α+ β

= α

101

+ β

011

.

Am obtinut

ImT =

α 1

01

+ β

011

|α, β ∈ R

.

b) Din punctul a) observam ca dimR ImT = 2 deoarece

B =

1

01

,

011

baza⊂ ImT.

Desigur puteam utiliza teorema dimensiunii

dimRKerT + dimR ImT = 3 =⇒ dimR ImT = 2.

Exercitiul 5.1.2 Se considera matricea

A =

1 2 −31 −1 12 1 −2

si T : R3 → R3 operatorul liniar asociat matricei A.

a) Sa se calculeze T (−1, 1, 2) .

b) Sa se determine ImT si KerT .


Demonstratie. a) Avem

T (−1, 1, 2) =

1 2 −31 −1 12 1 −2

−112

=

−50−5

.

b) Prin definitieKerT =

{x ∈ R3 |Tx = 0R3

}.

Fie x = (x1, x2, x3)T ∈ R3. Din enunt T (x) = Ax. Atunci

Tx = 0R3 ⇔ Ax = 0R3

sau echivalent cu x1 + 2x2 − 3x3 = 0x1 − x2 + x3 = 02x1 + x2 − 2x3 = 0


A =

1 2 −31 −1 12 1 −2

cu rangA = 2 deoarece

M2 =

∣∣∣∣ 1 21 −1

∣∣∣∣ = −3 6= 0 iar M3 =

∣∣∣∣∣∣1 2 −31 −1 12 1 −2

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Cum rangA = 2 deducem ca sistemul este compatibil simplu nedeterminat.

Avem

M2 minor principal⇒{x1, x2 necunoscute principale

x3 necunoscuta secundara x3not= α.

Din sistemul {x1 + 2x2 = 3αx1 − x2 = −α

rezulta

x1 =α

3, x2 =

4

3α

si

KerT =

α 1

3431

|α ∈ R

.

Remarcam ca 1

3431

baza⊂ KerT

si deci dimRKerT = 1.

Determinam imaginea operatorului A. Se cunoaste ca

ImT ={y ∈ R3

∣∣∃x ∈ R3 astfel ıncat Tx = y}.

Fie y = (y1, y2, y3)T ∈ R3 si x = (x1, x2, x3)T ∈ R3. Relatia Tx = y este echivalenta cu sistemul x1 + 2x2 − 3x3 = y1

x1 − x2 + x3 = y2

2x1 + x2 − 2x3 = y3.


Scriemmatricea sistemului matricea extinsa a sistemului

A =

1 2 −31 −1 12 1 −2

A =

1 2 −3 y1

1 −1 1 y2

2 1 −2 y3

.

Din rezultatul de mai sus rangA = 2. Punem conditia ca rangA = 2 (deoarece trebuie sa existe x cu proprietateaceruta). rangA = 2 atrage ∣∣∣∣∣∣

1 2 y1

1 −1 y2

2 1 y3

∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ 3y1 + 3y2 − 3y3 = 0

si

ImT ={y = (y1, y2, y3)

T ∈ R3 |y1 + y2 − y3 = 0}.

Observam ca

y =

y1

y2

y3

=

y3 − y2

y2

y3

=

−y2

y2

0

+

y3

0y3

= y2

−110

+ y3

101

si deci

−110

,

101

baza⊂ ImT ⇒ dimR ImT = 2.

Exercitiul 5.1.3 Trei persoane (notate cu P1, P2, P3), organizate ıntr-o societate ınchisa produc trei produsede baza Z1, Z2, Z3. Fiecare persoana vinde si cumpara una de la alta. Toate produsele lor sunt consumate deei, nicio alta marfa nu intra ın sistem (”modelul ınchis”). Proportiile produselor consumate de fiecare dintreP1, P2, P3 sunt date ın tabelul urmator:

Z1 Z2 Z3P1 0, 6 0, 2 0, 3P2 0, 1 0, 7 0, 2P3 0, 3 0, 1 0, 5

De exemplu, prima coloana afirma ca 60% din produsul Z1 este consumat de catre P1, 10% de P2 si 30% deP3. Sa se precizeze ce venituri trebuie sa aiba persoanele P1, P2, P3 astfel ıncat sa poata supravietui.

Demonstratie. Astfel ca, este evident ca suma de pe fiecare coloana Z1, Z2, Z3 este 1. Sa notam cu x1, x2, x3

veniturile persoanelor P1, P2, P3. Atunci, suma cheltuita de P1 pentru Z1, Z2, Z3 este 0, 6·x1 +0, 2·x2 +0, 3·x3.Cum consumul fiecarei persoane este egal cu venitul sau obtinem ecuatia 0, 6 · x1 + 0, 2 · x2 + 0, 3 · x3 = x1,similar pentru alte persoane. In final avem de rezolvat sistemul de ecuatii

0, 6 · x1 + 0, 2 · x2 + 0, 3 · x3 = x1

0, 1 · x1 + 0, 7 · x2 + 0, 2 · x3 = x2

0, 3 · x1 + 0, 1 · x2 + 0, 5 · x3 = x3

Acest sistem poate fi scris ca o ecuatie de forma f (x) = x, unde f (x) = Ax cu

A =

0, 6 0, 2 0, 30, 1 0, 7 0, 20, 3 0, 1 0, 5

si x = (x1, x2, x3)T

.

Mai mult decat atat, vom presupune ca venitul este pozitiv, adica xi ≥ 0 pentru i = 1, 2, 3 (notam x ≥ 0).Putem rescrie aceasta ecuatie ın forma echivalenta (A− I3)x = 0R3 si definim f : R3

+ → R3 prin

f (x) = (A− I3)x.

Avem astfel de determinat Kerf si deci de rezovalt sistemul f (x) = 0R3 . O solutie arbitrara a acestui sistem areforma x = t(13, 11, 10)T cu x ≥ 0 pentru t ≥ 0. Astfel, pentru a se asigura ca aceasta societate supravietuieste,trebuie ca persoanele P1, P2, P3 sa aiba veniturile lor ın proportiile 13 : 11 : 10.

Sala: Noiembrie 2014




Exercitiul 6.1.1 Fie (P2 [X] ,R) spatiul vectorial al polinoamelor cu coeficienti reali de grad cel mult doi pestecorpul numerelor reale si U : P2 [X]→ P2 [X] operator liniar definit prin U (P (X)) = P (X + 1). Sa se deter-

mine matricea [A]UB lui U ın reperul B =

{1, X,X2

}, matricea [B]

UB1

lui U ın reperul B1 ={X,X2 + 1, X2 − 1

}precum si matricea CB,B1

de trecere de la reperul B la B1. Ce legatura exista ıntre cele trei matrice?

Solutie. Fie x1 = 1, x2 = X, x3 = X2. Conform definitiei lui U avem

U (x1) = 1

U (x2) = X + 1

U (x3) = (X + 1)2.

Insa U (P (X)) = P (X + 1) si deci

1 = α11 · x1 + α21x2 + α31x3

X + 1 = α12 · x1 + α22x2 + α32x3

(X + 1)2

= α13 · x1 + α23x2 + α33x3,

sau echivalent

1 = α11 · 1 + α21X + α31X2

X + 1 = α12 · 1 + α22X + α32X2

(X + 1)2

= α13 · 1 + α23X + α33X2.

Doua polinoame sunt egale daca coeficientii termenilor care contin pe X la aceleasi puteri sunt egali. Avemasadar α11 = 1, α21 = 0, α31 = 0, α12 = 1, α22 = 1, α32 = 0, α13 = 1, α23 = 2, α33 = 1, adica

[A]UB =

1 1 10 1 20 0 1

.

Pentru a determina [B]UB1

notam y1 = X, y2 = X2 + 1, y3 = X2 − 1 iar din U (P (X)) = P (X + 1) avemU (y1) = X + 1

U (y2) = (X + 1)2

+ 1

U (y3) = (X + 1)2 − 1

si deci trebuie aflati αij astfel ıncatX + 1 = α11 · y1 + α21y2 + α31y3

(X + 1)2

+ 1 = α12 · y1 + α22y2 + α32y3

(X + 1)2 − 1 = α13 · y1 + α23y2 + α33y3.

6-1


Ori, echivalent X + 1 = α11 ·X + α21

(X2 + 1

)+ α31

(X2 − 1

)(X + 1)

2+ 1 = α12 ·X + α22

(X2 + 1

)+ α32

(X2 − 1

)(X + 1)

2 − 1 = α13 ·X + α23

(X2 + 1

)+ α33

(X2 − 1

).

Din identificarea coeficientilor polinoamelor din prima egalitate a sistemului obtinem α11 = 1α21 + α31 = 0α21 − α31 = 1

cu solutia α11 = 1, α21 = 12 , α31 = − 1

2 . Procedand la fel cu egalitatea a doua si a treia din sistem se obtine

[B]UB1

=

1 2 21/2 3/2 1/2−1/2 −1/2 1/2

.

Raspundem la ıntrebarea ce legatura exista ıntre [A]UB si [B]

UB1

. Pentru ınceput calculam matricea CB,B1de

trecere de la reperul B la reperul B1. Conform teoriei trebuie exprimati vectorii din B1 ın functie de vectoriidin B. Astfel y1 = α11x1 + α21x2 + α31x3

y2 = α12x1 + α22x2 + α32x3

y3 = α13x1 + α23x2 + α33x3

sau echivalent X = α11 · 1 + α21X + α31X2

X2 + 1 = α12 · 1 + α22X + α32X2

X2 − 1 = α13 · 1 + α23X + α33X2.

De unde, prin identificarea coeficientilor polinoamelor deducem ca α11 = 0, α21 = 1, α31 = 0, α12 = 1, α22 = 0,α32 = 1, α13 = −1, α23 = 0, α33 = 1.

CB,B1=

0 1 01 0 1−1 0 1

.

Relatia ceruta este

[B]UB1

= (CB,B1)−1

[A]UB CB,B1

=

0 1 −11 0 00 1 1

−1 1 1 10 1 20 0 1

0 1 −11 0 00 1 1

Pentru a verifica daca s-a gresit la calcule, avem

(CB,B1)−1

=

0 1 012 0 1

2− 1

2 0 12

.

Pe de alta parte

(CB,B1)−1

[A]UB CB,B1

=

0 1 012 0 1

2− 1

2 0 12

1 1 10 1 20 0 1

0 1 −11 0 00 1 1

=

1 2 21/2 3/2 1/2−1/2 −1/2 1/2

= [B]UB1

si deci nu exista erori de calcul. Asadar pentru a determina [B]UB1

era suficient sa determinam CB,B1si [A]

UB

matricea [B]UB1

rezultand din relatia

[B]UB1

= (CB,B1)−1

[A]UB CB,B1

.


Exercitiul 6.1.2 Se considera endomorfismul U : R3 → R3 definit prin

U (x) = A · x unde A =

−1 1 11 −1 11 1 −1

este matricea operatorului U ın baza canonica din R3.

Sa se determine spectrul ΛU si subspatiul propriu al operatorului liniar Xλ.

Solutie. a) Valorile proprii se determina din relatia

|A− λI3| = 0

ori echivalent ∣∣∣∣∣∣−1− λ 1 1

1 −1− λ 11 1 −1− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ λ3 + 3λ2 − 4 = 0.

Din schema lui Horner1 3 0 −4

1 1 4 4 0−2 1 2 0

deducem ca ecuatia λ3 + 3λ2 − 4 = 0 are solutiile

λ1 = 1;λ2 = λ3 = −2

si ın acelasi timp ele reprezinta valorile proprii. Astfel ca ΛU = {−2, 1}.

Determinam vectorii proprii. Prin definitie vectorii proprii sunt

Xλ ={xλ ∈ R3 |(A− λI3)xλ = 0R3

}.

Pentru λ = λ1 = 1 determinam xλ1= (a, b, c)

T. Avem

(A− λ1I3)xλ1= 0R3

ori echivalent cu −2 1 11 −2 11 1 −2

abc

=

000

ce conduce la sistemul −2a+ b+ c = 0

a− 2b+ c = 0a+ b− 2c = 0.


C =

−2 1 11 −2 11 1 −2

cu rangC = 2 deoarece

M2 =

∣∣∣∣ −2 11 −2

∣∣∣∣ = 3 6= 0

siM3 = |C| = 0 deoarece |(A− λ1I3)| = 0.

Din cele de mai sus deducem ca sistemul este compatibil simplu nedeterminat.

M2 minor principal ⇒{

a, b necunoscute principale

c necunoscuta secundara⇒ cnot= α.


Rezulta usor ca

xλ1 =

ααα

= α

111

si deci

Xλ1={α (1, 1, 1)

T |α ∈ R}

= Span(

(1, 1, 1)T).

Pentru λ = λ2 = λ3 = −2 obtinem absolut analog ca

Xλ2,3 ={

(m,n, p)T ∈ R3 |m+ n+ p = 0

}= Span

((1, 1, 0)

T, (1, 0, 1)

T).

deoarece(m,n, p)

T= (n+ p, n, p)

T= n (1, 1, 0)

T+ p (1, 0, 1)

T.

Exercitiul 6.1.3 Fie

A =

1 π i0 0 70 0 0

.

Sa se calculeze A24 si A12.

Solutie. Observam ca PA (λ) = det (A− λIn) = λ3 − λ2 astfel ca teorema Hamilton-Cayley implica A3 = A2.Folosim aceasta relatie de recurenta pentru a deduce puterile lui A astfel

A12 =(A3)4

=(A2)4

=(A2)3 ·A2 =

(A3)2 ·A2 =

(A2)2 ·A2 =

(A3)2

=(A2)2

= A3 ·A = A2 ·A = A3 = A2

si

A24 =(A12

)2=(A2)2

= A3A = A2A = A3 = A2.

Deci

A24 = A12 = A2 =

1 π i+ 7π0 0 00 0 0

.

Exercitiul 6.1.4 Se considera endomorfismul U : R3 → R3 definit prin

U (x1, x2, x3) = (3x1 − x2 + 2x3, 2x1 + 2x3, x1 + 3x2)T

si se cere:

i) sa se scrie matricea A = [A]UBC

unde Bc este reperul canonic al lui R3;

ii) sa se determine pentru fiecare valoare proprie λ a lui U subspatiul sau propriu Xλ si o baza ın Xλ;

iii) sa se determine o baza, B′ a spatiului vectorial(R3,R

)ın raport cu care matricea asociata lui U are forma

diagonala.

Solutie. i) Fie Bc = {e1, e2, e3} reper canonic din R3. Matricea lui U ın Bc este

A =

3 −1 22 0 21 3 0

.


ii) Ecuatia caracteristica a lui U este

|A− λI3| = 0⇔

∣∣∣∣∣∣3− λ −1 2

2 −λ 21 3 −λ

∣∣∣∣∣∣ = 0

cu solutiile λ1 = −2, λ2 = 1, λ3 = 4. Asadar spectrul lui U este ΛU = {λ1, λ2, λ3} cu multiplicitatile

maλ1= maλ2

= maλ2= 1. Pentru λ = λ1 = −2 cautam x = (x1, x2, x3)

T ∈ Xλ1 astfel ıncat 5 −1 22 2 21 3 2

x1

x2

x3

=

000

si obtinem solutia x =

(− 1

2x3,− 12x3, x3

)T. Asadar

Xλ1 =

{x3

(−1

2,−1

2, 1

)T ∣∣∣∣∣x3 ∈ R

}.

O baza B1 ⊂ Xλ1este B1 =

{v1 = (1, 1,−2)

T}

. Analog, pentru λ2 si λ3 gasim subspatiile proprii

Xλ2=

{x3

(−5

7,

4

7, 1

)T ∣∣∣∣∣x3 ∈ R

}si respectiv

Xλ3 ={x3 (1, 1, 1)

T∣∣∣x3 ∈ R

}.

Evident

B2 ={v2 = (−5, 4, 7)

T}baza⊂ Xλ2

iar

B3 ={v3 = (1, 1, 1)

T}baza⊂ Xλ3

fapt ce ıncheie demonstratia lui ii).

iii) Remarcam ca este ındeplinit ii) din Teorema de caracterizare a diagonalizarii

mgλ1= mgλ2

= mgλ3= maλ1

= maλ2= maλ2

= 1 respectiv maλ1+maλ2

+maλ2= dimR R3 = 3

astfel se poate deduce ca U este diagonalizabil si

[D]UB′ =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

=

−2 0 00 4 00 0 1

.

Baza spatiului vectorial(R3,R

)ın raport cu care matricea asociata lui U are forma diagonala este B′ =

B1 ∪B2 ∪B3 iar

CB,B′ =

1 1 −51 1 4−2 1 7

.

Se verifica

[D]UB′ = (CB,B′)

−1 ·A · CB,B′

=

− 19

49 − 1

359

19

13

− 19

19 0

· 3 −1 2

2 0 21 3 0

· 1 1 −5

1 1 4−2 1 7

=

−2 0 00 4 00 0 1

,

adica ca nu s-a gresit.


6.2 Operatori de proiectie

Presupunem ca V = V1 ⊕ V2. Pentru fiecare x ∈ V ∃!x1 ∈ V1 si ∃!x2 ∈ V2 astfel ıncat x = x1 + x2.

Definitie 6.2.1 Vectorul x1 se numeste proiectia lui x pe V1 ın directia V2 iar operatorul P : V −→ V definitprin P (x) = x1 se numeste proiectia lui V pe V1 ın directia V2.

Remarca 6.2.1 Sunt adevarate

i) P este operator liniar;

ii) ImP = V1, KerP = V2 =⇒ V = ImP ⊕KerP ;

iii) P (P (·)) = P (·) (proprietatea de idempotenta);

iv) Daca P (·) : V −→ V este proiectie atunci (1V − P ) (·) : V → V este tot o proiectie.

Teorema 6.2.1 Operatorul liniar P (·) : V −→ V este proiectie (proiector) daca si numai daca P (P (x)) =P (x) pentru orice x ∈ V .

Exercitiul 6.2.1 Pentru fiecare α ∈ R fixat, operatorul pα (·) : R2 → R2 definit prin

pα (x) =

(0 0α 1

)(x1

x2

), x = (x1, x2)

T

este operator de proiectie, numit operatorul de proiectie oblica.

Solutie. Se observa ca

pα (x) =

(0 0α 1

)(x1

x2

)=

(0

x2 + αx1

)si

pα (pα (x)) = pα (0, x1 + αx1) =

(0 0α 1

)(0

x2 + αx1

)=

(0

x2 + αx1

)= pα (x) .






)fie X = Span (a1, a2), Y = Span (a3, a4) unde a1 = (1, 2)

T, a2 = (−2,−4)

T,

a3 = (−3, 1)T

, a4 = (9,−3)T

. Se cere:

i) Sa se arate ca X este izomorf cu Y .

ii) Sa se construiasca un izomorfim f : X → Y .

Solutie. i) Conform Teoremei 3.5.1 (Teorema fundamentala de izomorfism I) din Curs 3: ”Daca (U,K)si (V,K) sunt spatii vectoriale cu dimK U = dimK V ∈ N∗ atunci (U,K) ∼= (V,K)”, vom demonstra cadimRX = dimR Y ∈ N∗. Cautam o baza B1 ⊂ X si o baza B2 ⊂ Y . Pentru B1 formam matricea alcatuita dinvectorii

A1 =

(1 −22 −4

)=⇒MA1

2 =

∣∣∣∣ 1 −22 −4

∣∣∣∣ = 0 =⇒ rangA1 = 1 < numar de vectori din {a1, a2}

si deci {a1, a2} sunt liniar dependenti. Cum a1, a2 sunt diferiti de vectorul nul, deducem ca {a1} respectiv {a2}sunt liniar independeti. Din {a1} ⊂ X = Span (a1, a2), {a2} ⊂ X = Span (a1, a2) deducem ca {a1} respectiv

{a2} sunt sisteme de generatori. Astfel ca, putem considera B1 = {a1}baza⊂ X =⇒ dimRX = 1. Mai mult,

rezulta ca X = Span (a1). Absolut analog

A2 =

(−3 91 −3

)=⇒MA2

2 =

∣∣∣∣ −3 91 −3

∣∣∣∣ = 0 =⇒ rangA2 = 1 < numar de vectori din {a3, a4}

si ın final B2 = {a3}baza⊂ Y =⇒ dimR Y = 1. Mai mult, rezulta ca Y = Span (a3). Am demonstrat ca

dimRX = dimR Y = 1 ∈ N∗ si deci (X,K)izomorf∼= (Y,K).

ii) Conform demonstratiei Teoremei 3.5.1 (Teorema fundamentala de izomorfism I) din Curs 3, putemdefini

f : X → Y , f (αa1) = αa3 deoarece B1, B2

baza⊂ X.

Absolut analog ca ın demonstratia Teoremei se poate arata ca f este bijectiva si liniara, deci izomorfism.

Dam o alta metoda celei prezentate ın demonstratia Teoremei 3.5.1 pentru a arata ca f este bijectiva. Maiexact vom arata ca Kerf = {0R2} si Imf = Y . Intr-adevar,

Kerf = {x ∈ X| f (x) = 0R2} .

Fie x = (α, 2α)T ∈ X. Relatia f (x) = 0R2 este echivalenta cu αa3 = 0R2 =⇒ α = 0 =⇒ x = (0, 0)

T. Cum

x = (0, 0)T

=⇒ Kerf = {0R2} =⇒ f injectiva. Observam ca

Imf = {y ∈ Y | ∃x ∈ X astfel ıncat f (x) = y} .

Fie y = β (−3, 1)T ∈ Y . Cercetam daca ∃x = (α, 2α)

T ∈ X astfel ıncat f (α, 2α) = β (−3, 1)T

sau echivalent

α (−3, 1)T

= β (−3, 1)T

=⇒ α = β. Cum pentru orice y ∈ Y ∃x ∈ X astfel ıncat f (x) = y deducem caY = Imf =⇒ f surjectiva.

7-1



)fie X = Span (a1, a2, a3), Y = Span (a4, a5, a6) unde a1 = (1,−1, 2)

T, a2 =

(2, 1, 0)T

, a3 = (3, 0, 2)T

, a4 = (2, 1, 3)T

, a5 = (0, 1,−1)T

, a6 = (1, 1, 1)T

. Se cere:

i) Sa se arate ca X este izomorf cu Y .

ii) Sa se construiasca un izomorfim f : X → Y .

Solutie. Tema. Vezi demonstratie Teorema 3.5.1 (Teorema fundamentala de izomorfism I) din Curs 3.

Exercitiul 7.1.3 Fie (M4 (R) ,R) spatiul vectorial al matricelor de tip 4× 4 cu elemente numere reale si

A =

0 1 1 0−1 2 0 1−1 0 −2 10 −1 −1 0

∈M4 (R) .

matricea operatorului U : R4−→ R4 ın baza canonica din R. Sa se determine forma canonica Jordan.

Solutie. Etapa 2. Observam ca polinomul caracteristic este

PA (λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 1 1 0−1 2− λ 0 1−1 0 −2− λ 10 −1 −1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = λ4.

Deducem de aici ca A este matrice nilpotenta. Se rezolva ecuatia PA (λ) = 0 de unde deducem ca λ = 0 ∈ R cumaλ

= 4.

Etapa 3. Pentru λ = 0 se obtine matricea

N =

0 1 1 0−1 2 0 1−1 0 −2 10 −1 −1 0

.

Etapa 4. Se determina numarul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ : d = dimRKerN (·) unde

KerN (·) =

x = (x1, x2, x3, x4)T ∈ R

∣∣∣

0 1 1 0−1 2 0 1−1 0 −2 10 −1 −1 0

x1

x2

x3

x4

=

0000

.

Pentru aceasta, calculam rangN . Cum

MN2 =

∣∣∣∣ 0 1−1 2

∣∣∣∣ 6= 0

iar toti minorii de ordin 3 sunt nuli deducem ca rangN = 2. Astfel ca{

(−2,−1, 1, 0)T, (1, 0, 0, 1)

T}

este sistem

liniar independent maximal ın KerN (·) si deci 2 = dimRKerN (·) < maλ= 4. Trecem la:

Etapa 5. Se observa ca

N2 =

0 1 1 0−1 2 0 1−1 0 −2 10 −1 −1 0

0 1 1 0−1 2 0 1−1 0 −2 10 −1 −1 0

=

−2 2 −2 2−2 2 −2 22 −2 2 −22 −2 2 −2

, N3 =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

.

si deci s = 3.


Etapa 6. Se determina nh numarul celulelor Jordan de ordin h ∈ {1, 2, 3} dupa formula

nh = rangNh+1 − 2rangNh + rangNh−1

unde rangN0 = rangI4 = 4, rangNs+1 = rangNs, Σsh=1hnh = maλ

. Pentru aceasta, se observa ca

rangN = 2, rangN2 = 1, rangN3 = rangN4 = rangN5 = 0.

Astfel can1 = rangN2 − 2rangN1 + rangN0 = 1− 4 + 4 = 1n2 = rangN3 − 2rangN2 + rangN1 = −2 + 2 = 0n3 = rangN4 − 2rangN3 + rangN2 = 1.

Asadar, matricea Jordan asociata lui A are: o celula de ordin 1¸ 0 celule de ordin 2, o celula de ordin 3:

J =

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

.





Exercitiul 8.1.1 Pentru w = (y, z)T ∈ R2 sa se determine solutia generala a sistemului{

y′ (x) = −9y (x) + 9z (x)z′ (x) = −16y (x) + 15z (x)

Solutie. Sistemul poate fi scris astfel

w′ = A · w unde w = (y, z)T

, A =

(−9 9−16 15

)∈M2 (R) .

Observam ca polinomul caracteristic este

PA (λ) =

∣∣∣∣ −9− λ 9−16 15− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 6λ+ 9 = (λ− 3)2.

Se rezolva ecuatia PA (λ) = 0 de unde deducem ca λ = 3 ∈ R cu maλ = 2.

Pentru λ = 3 se obtine matricea

N =

(−12 9−16 12

).

Se determina numarul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ : d = dimRKerN (·) unde

KerN (·) =

{x = (x1, x2)

T ∈ R∣∣∣ ( −12 9−16 12

)(x1x2

)=

(00

)}.

Observam ca rangN = 1 unde N =

(−12 9−16 12

).

Astfel ca{

(3, 4)T}

este sistem liniar independent maximal ın KerN (·) si deci 1 = dimRKerN (·) < maλ = 2.

Intr-adevar, alegand v1 = (a1, b1)T

ın (A− 3I2) v1 = 0R2 obtinem(−12 9−16 12

)(a1b1

)=

(00

)=⇒ −12a1 + 9b1 = 0 =⇒ a1 =

3b14

=⇒ v1 = 4b1 (3, 4)T.

Trecem la:

Se observa ca

N2 =

(−12 9−16 12

)(−12 9−16 12

)=

(0 00 0

),

si deci s = 2.

8-1


Se determina nh numarul celulelor Jordan de ordin h ∈ {1, 2} dupa formula


unde rangN0 = rangI2 = 2, rangNs+1 = rangNs, Σsh=1hnh = maλ . Pentru aceasta, se observa ca

rangN = 1, rangN2 = rangN3 = 0.

Astfel can1 = rangN2 − 2rangN1 + rangN0 = 0− 2 + 2 = 0n2 = rangN3 − 2rangN2 + rangN1 = 0− 2 · 0 + 1 = 1

Asadar matricea Jordan asociata lui A are: 0 celule de ordin 1¸ 1 celula de ordin 2:

J =

(3 10 3

).

Tinand seama de definitia matricei unei aplicatii liniare ın raport cu un reper, se determina reperul B′ ={v1 = (a1, b1)

T, v2 = (a2, b2)

T}

a lui R2 ın raport cu care U are matricea J :

U (v1) = 3v1U (v2) = v1 + 3v2

⇐⇒ Av1 = 3v1Av2 = v1 + 3v2

⇐⇒ (A− 3I2) v1 = 0R2

(A− 3I2) v2 = v1

Alegand v2 = (a2, b2)T

si v1 = (3, 4)T

ın (A− 3I2) v2 = v1 obtinem

(A− 3I2) v2 = v1 ⇐⇒(−12 9−16 12

)(a2b2

)=

(34

)=⇒ −12a2 + 9b2 = 3 =⇒ 4a2 = 3b2 − 1 =⇒ v2 = (−1,−1)

Tpentru a2 = −1 = b2.

Astfel ca B′ ={v1 = (3, 4)

T, v2 = (−1,−1)

T}

este reperul Jordan ın care este atinsa forma J . In plus, putem

spune ca B′ ={v1 = (3, 4)

T, v2 = (−1,−1)

T}

este un ciclu de vectori proprii generalizati. In fapt v1 = (3, 4)T

este vector propriu iar v2 = (−1,−1)T

este vector propriu principal. Observam ca

C−1 ·A · C = J ⇐⇒(−1 1−4 3

)(−9 9−16 15

)(3 −14 −1

)=

(3 10 3

)adica nu s-a gresit la calcule si ın plus matricea C are pe coloane vectorii v1, v2.

Efectuand schimbarea de variabila w = C · u obtinem

u′ = D · u⇔(u′1u′2

)=

(3 10 3

)(u1u2

).

In final (u′1u′2

)=

(3 10 3

)(u1u2

)⇔{u′1 = 3u1 + u2u′2 = 3u2

.

Rezolvamu′2 = 3u2 =⇒ prin integrarea fiecarei ecuatii, ca u2 (x) = c2e

3x.

Intr-adevar,

u′2u2

= 3 =⇒ (ln |u2|)′ = 3 =⇒ ln |u2| =∫

3dx⇐⇒ ln |u2| = 3x+ ln |K2| =⇒ u2 (x) = c2e3x.

Inlocuind u2 (x) = c2e3x ın prima ecuatie avem u′1 = 3u1 + c2e

3x ⇔(u1e−3x)′ = c2 iar prin integrare avem

u1 (x) = c2xe3x + c1e

3x.


Acum, folosind schimbarea de variabila efectuata

w =

(3 −14 −1

)(u1u2

)=⇒ y = 3u1 − u2 si z = 4u1 − u2,

de unde {y (x) = 3

(c2xe

3x + c1e3x)− c2e3x

z (x) = 4(c2xe

3x + c1e3x)− c2e3x.

Exercitiul 8.1.2 Pentru w = (y, z)T ∈ R2, x ∈ R sa se determine solutia generala a sistemului{

y′ = y + zz′ = 3z − 2y

.



, A =

(1 1−2 3

).

Determinam valorile proprii ale lui A, din ecuatia caracteristica

|A− λI2| = 0⇐⇒∣∣∣∣ 1− λ 1−2 3− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 4λ+ 5 = 0 =⇒ λ = 2 + i si λ = 2 + i.

Cum λ = 2 + i este numar complex, urmam Etapa 3 a algoritmului. Pentru λ = 2 + i determinam vectorulpropriu corespunzator vλ ∈ Xλ din sistemul

(A− λI2) vλ = 0R2 ⇔(−1− i 1−2 1− i

)(mn

)=

(00

)sau echivalent (

n− (1 + i)m(1− i)n− 2m

)=

(00

)=⇒ n− (1 + i)m = 0 =⇒ n = (1 + i)m

iar ıntr-un final vλ = (m,n)T

= m (1, 1 + i)T

, de unde pentru m = 1 se poate considera vλ = (1, 1 + i)T

si deci,conform relatiei lui Euler, avem

eλxvλ = e(2+i)x(

11 + i

)= e2x (cosx+ i sinx)

(1

1 + i

)=

(e2x (cosx+ i sinx)

e2x [cosx− sinx+ (sinx+ cosx) i]

).

Un sistem fundamental de solutii este

ϕ1 (x) = Re(eλxvλ

)=(e2x cosx, e2x cosx− e2x sinx

)Tsi ϕ2 (x) = Im

(eλxvλ

)=(e2x sinx, e2x sinx+ e2x cotx

)Tcare dau solutia generala

w (x) = c1(e2x cosx, e2x cosx− e2x sinx

)T+ c2

(e2x sinx, e2x sinx+ e2x cosx

)T, c1 ∈ R, c2 ∈ R

iar ın coordonate are forma{y (x) = c1e

2x cosx+ c2e2x sinx

z (x) = c1(e2x cosx− e2x sinx

)+ c2

(e2x sinx+ e2x cosx

) cu c1 ∈ R, c2 ∈ R.

Exercitiul 8.1.3 Sa se determine solutia generala a sistemului de ecuatii diferentiale liniare{y′ (x) = z (x)z′ (x) = −6y (x) + 5z (x) .




, A =

(0 1−12 8

).

Determinam valorile proprii ale lui A, din ecuatia caracteristica

|A− λI2| = 0⇐⇒∣∣∣∣ 0− λ 1−12 8− λ

∣∣∣∣ = 0 =⇒ λ1 = 6 si λ2 = 2.

Pentru λ1 = 2 determinam vectorul propriu corespunzator vλ1 = (a, b)T

din

(A− λI2) vλ1= 0R2 ⇔

(−2 1−12 6

)(ab

)=

(00

)⇐⇒ −2a+ b = 0 =⇒ vλ1

= a (1, 2)T.

Pentru λ2 = 6 determinam vectorul propriu corespunzator vλ2= (c, d)

Tdin

(A− λI2) vλ2 = 0R2 ⇔(−6 1−12 2

)(cd

)=

(00

)⇐⇒ −6c+ d = 0 =⇒ vλ2

= c (1, 6)T.

Se observa ca

C =

(1 12 6

)=⇒ C−1 =

(32 − 1

4− 1

214

)=⇒ C−1AC = D =

(2 00 6

).

Efectuand schimbarea de variabila w = C · u obtinem

u′ = D · u⇔(u′1u′2

)=

(2 00 6

)(u1u2

).

In final (u′1u′2

)=

(2 00 6

)(u1u2

)⇔{u′1 = 2u1u′2 = 6u2

.

Rezolvam sistemul omogen{u′1 = 2u1u′2 = 6u2

=⇒ prin integrarea fiecarei ecuatii, ca u1 (x) = c1e2x si u2 (x) = c2e

6x.

adica exact ce se obtinea ın Etapa II a algoritmului de determinare a solutiei generale a unui sistem omogen.Intr-adevar,

u′1u1

= 2 =⇒ (ln |u1|)′ = 2 =⇒ ln |u1| =∫

2dx⇐⇒ ln |u1| = 2x+ ln |K1| =⇒ u1 (x) = c1e2x

u′2u2

= 6 =⇒ (ln |u2|)′ = 6 =⇒ ln |u2| =∫

6dx⇐⇒ ln |u2| = 6x+ ln |K2| =⇒ u2 (x) = c2e6x.

Acum, folosind schimbarea de variabila efectuata

w =

(1 12 6

)(u1u2

)=⇒ y = u1 + u2 si z = 2u1 + 6u2.

de unde {y (x) = c1e

2x + c2e6x

z (x) = 2c1e2x + 6c2e

6x c1,c2 ∈ R.





Exercitiul 9.1.1 Fie A,B,C ∈ Mn (R) astfel ıncat B = C−1AC. Daca f este un polinom oarecare atunci sase arate ca f (B) = C−1f (A)C.

Solutie. Am vazut caB = C−1AC =⇒ Bk = C−1AkC pentru orice k ∈ N.

Daca f (x) = anxn + an−1x

n−1 + ...+ a0 atunci

f (B) = anBn + an−1B

n−1 + ...+ a0In = anC−1AnC + an−1C

n−1An−1C + ...+ a0In

= C−1(anA

n + an−1An−1 + ...+ a0In

)C = C−1f (A)C

adica, ceea ce trebuia demonstrat.


A =

2 1 0 00 2 0 00 0 0 10 0 −1 2

∈M4 (R) .

matricea operatorului U : R4−→ R4 ın baza canonica din R4. Sa se determine forma canonica Jordan.

Solutie. Observam ca polinomul caracteristic este

PA (λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣2− λ 1 0 0

0 2− λ 0 00 0 −λ 10 0 −1 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)2

[−λ (2− λ) + 1] .

Se rezolva ecuatia PA (λ) = 0 de unde deducem ca λ1 = 2 ∈ R cu maλ1= 2 si λ2 = 1 ∈ R cu maλ2

= 2.

Pentru λ1 = 2 se obtine matricea

N =

0 1 0 00 0 0 00 0 −2 10 0 −1 0

.

Se determina numarul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ1 : mgλ1= dimRKerN (·) unde

KerN (·) =

x = (x1, x2, x3, x4)T ∈ R

∣∣∣

0 1 0 00 0 0 00 0 −2 10 0 −1 0

x1

x2

x3

x4

=

0000

.

9-1



MN3 =

∣∣∣∣∣∣1 0 00 −2 10 −1 0

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

iar detN = 0 deducem ca rangN = 3. Astfel ca{

(1, 0, 0, 0)T}

este sistem liniar independent maximal ın

KerN (·) si deci1 = dimRKerN (·) < maλ1

= 2.

Trecem la:

Se observa ca

N2 =

0 1 0 00 0 0 00 0 −2 10 0 −1 0

0 1 0 00 0 0 00 0 −2 10 0 −1 0

=

0 0 0 00 0 0 00 0 3 −20 0 2 −1

, N3 =

0 0 0 00 0 0 00 0 −4 30 0 −3 2

.

deci s = 2 deoarece rangN2 = rangN2+p = 2 pentru orice p ∈ N. Intr-adevar, observam ca

N2+p =

0 0 0 00 0 0 00 0 2 + p+ 2 −(2 + p+ 1)0 0 2 + p+ 1 −(2 + p)

daca p ∈ N este impar

0 0 0 00 0 0 00 0 − (2 + p+ 2) 2 + p+ 10 0 − (2 + p+ 1) 2 + p

daca p ∈ N este par

(de verificat afirmatia) si se va ıntampla sa avem

detMN2+p

2 =

∣∣∣∣ − (2 + p+ 2) 2 + p+ 1− (2 + p+ 1) 2 + p

∣∣∣∣ = 1 6= 0 si detMN2+p

2 =

∣∣∣∣ 2 + p+ 2 −(2 + p+ 1)2 + p+ 1 −(2 + p)

∣∣∣∣ = 1 6= 0.



underangN0 = rangI4 = 4, rangNs+1 = rangNs, Σs

h=1hnh = maλ .

Pentru aceasta, se observa carangN = 3, rangN2 = 2, rangN3 = 2.

Astfel can1 = rangN2 − 2rangN1 + rangN0 = 2− 6 + 4 = 0n2 = rangN3 − 2rangN2 + rangN1 = 2− 4 + 3 = 1.

Asadar, avem: 0 celule de ordin 1¸ 1 celula de ordin 2:

B1 (λ1) = J2 (λ1) =

(2 10 2

).

Pentru λ1 = 1 se obtine matricea

N =

1 1 0 00 1 0 00 0 −1 10 0 −1 1

.


Se determina numarul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ : mgλ1= dimRKerN (·) unde

KerN (·) =

x = (x1, x2, x3, x4)T ∈ R

∣∣∣

1 1 0 00 1 0 00 0 −1 10 0 −1 1

x1

x2

x3

x4

=

0000

.


MN2 =

∣∣∣∣∣∣1 1 00 1 00 0 −1

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

iar detN = 0 deducem ca rangN = 3. Astfel ca{

(0, 0, 1, 1)T}

este sistem liniar independent maximal ın

KerN (·) si decimgλ1

= 1 = dimRKerN (·) < maλ1= 2.

Trecem la:

Se observa ca

N2 =

1 1 0 00 1 0 00 0 −1 10 0 −1 1

1 1 0 00 1 0 00 0 −1 10 0 −1 1

=

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

, N3 =

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

.

deci s = 2 deoarece rangN2 = rangN2+p = 2 pentru orice p ∈ N. Intr-adevar, observam ca

N2+p =

1 2 + p 0 00 1 0 00 0 0 00 0 0 0

.

(de verificat afirmatia) si se va ıntampla sa avem

detMN2+p

2 =

∣∣∣∣ 1 2 + p0 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0.




h=1hnh = maλ .

Pentru aceasta, se observa ca rangN = 3, rangN2 = 2, rangN3 = 2.

Astfel can1 = rangN2 − 2rangN1 + rangN0 = 2− 6 + 4 = 0n2 = rangN3 − 2rangN2 + rangN1 = 2− 4 + 3 = 1.

Asadar, avem 0 celule de ordin 1¸ 1 celula de ordin 2:

B2 (λ2) = J2 (λ2) =

(1 10 1

).

Matricea Jordan asociata lui A este

J = diag (B1 (λ1) , B2 (λ2)) =

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

.



A =

0 1 00 0 11 −3 3

∈M3 (R) ,

matricea operatorului U : R3−→ R3 ın baza canonica din R3. Sa se determine forma canonica Jordan si matriceajordanizatoare.


PA (λ) =

∣∣∣∣∣∣0− λ 1 0

0 0− λ 11 −3 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3 + 3λ2 − 3λ+ 1

Se rezolva ecuatia PA (λ) = 0 de unde deducem ca λ = 1 ∈ R cu maλ = 3.

Pentru λ = 1 se obtine matricea

N =

−1 1 00 −1 11 −3 2

.

Se determina numarul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ : mgλ = dimRKerN (·) unde

KerN (·) =

x = (x1, x2, x3)T ∈ R

∣∣∣ −1 1 0

0 −1 11 −3 2

x1

x2

x3

=

000

.


MN2 =

∣∣∣∣ −1 10 −1

∣∣∣∣ = 1 si detN 6= 0,

deducem ca rangN = 2. Astfel ca, ın sistemul −1 1 00 −1 11 −3 2

x1

x2

x3

=

000

avem doua necunoscute principale si una secundara

=⇒{−x1 + x2 = 0−x2 + x3 = 0

=⇒ (x1, x2, x3)T

= (x3, x3, x3)T

= x3 (1, 1, 1)T

si{

(1, 1, 1)T}

este sistem liniar independent maximal ın KerN (·). Am demonstrat ca 1 = dimRKerN (·) <maλ = 3.

Trecem la:

Se observa ca

N2 =

−1 1 00 −1 11 −3 2

−1 1 00 −1 11 −3 2

=

1 −2 11 −2 11 −2 1

=⇒ rangN2 = 1

si

N3 =

1 −2 11 −2 11 −2 1

−1 1 00 −1 11 −3 2

=

0 0 00 0 00 0 0


deci s = 3 deoarecerangN3 = rangN3+p = 0 pentru orice p ∈ N.




h=1hnh = maλ .

Pentru aceasta, se observa ca rangN = 2, rangN2 = 1, rangN3 = 0. Astfel ca

n1 = rangN2 − 2rangN1 + rangN0 = 1− 4 + 3 = 0


n3 = rangN4 − 2rangN3 + rangN2 = 0− 2 · 0 + 1 = 1.

Asadar, avem 0 celule de ordin 1, 0 celule de ordin 2 si 1 celula de ordin trei:

J3 (λ) =

1 1 00 1 10 0 1

.

Matricea Jordan asociata lui U este

J =

1 1 00 1 10 0 1

.

Pentru a determina matricea jordanizatoare C observam ca avem un ciclu (lant) de vectori generalizati delungime trei

{v,N · v, N2 · v

}deoarece N3 · v = 0 nu este 6= 0 si deci nu intra ın aceasta multime.

Scriem ce ınseamna ca J este matricea Jordan a lui U U (v1) = v1

U (v2) = v1 + v2

U (v3) = v2 + v3

⇔

(A− I3) v1 = 0R3

(A− I3) v2 = v1

(A− I3) v3 = v2.

Pentru v1 = (1, 1, 1)T

se poate determina v2 = (a, b, c)T

din −1 1 00 −1 11 −3 2

abc

=

111

=⇒{−a+ b = 1−b+ c = 1

=⇒ a = c− 2, b = c− 1,

si ın final v2 = (a, b, c)T

= (−2,−1, 0)T

daca c = 0.

Pentru v2 = (−2,−1, 0)T

se poate determina v3 = (m,n, p)T

din −1 1 00 −1 11 −3 2

mnp

=

−2−10

=⇒{−m+ n = −2−n+ p = −1

=⇒ m = 2p+ 3, n = 2p+ 1,

si ın final v3 = (m,n, p)T

= (3, 1, 0)T

daca p = 0.

Am obtinut reperul Jordan

B ={

(1, 1, 1)T, (−2,−1, 0)

T, (3, 1, 0)

T}

format din vectorii proprii generalizati de mai sus. Un calcul simplu arata ca

C−1AC =

1 −2 31 −1 11 0 0

−1 0 1 00 0 11 −3 3

1 −2 31 −1 11 0 0

=

1 1 00 1 10 0 1

= J.


Exercitiul 9.1.4 (Problema Nonstandard) Fie (M3 (R) ,R) spatiul vectorial al matricelor de tip 3× 3 cuelemente numere reale si

A =

−2 −1 12 −5 21 −1 −2

∈M3 (R) .

matricea operatorului U : R3−→ R3 ın baza canonica din R. Sa se determine forma canonica Jordan si matriceajordanizatoare.


PA (λ) =

∣∣∣∣∣∣−2− λ −1 1

2 −5− λ 21 −1 −2− λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3 − 9λ2 − 27λ− 27.

Se rezolva ecuatia PA (λ) = 0 de unde deducem ca λ = −3 ∈ R cu maλ = 3.

Pentru λ = −3 se obtine matricea

N =

1 −1 12 −2 21 −1 1

.

Se determina numarul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ : mgλ = dimRKerN (·) unde

KerN (·) =

x = (x1, x2, x3)T ∈ R

∣∣∣ 1 −1 1

2 −2 21 −1 1

x1

x2

x3

=

000

.


MN2 =

∣∣∣∣ 1 −12 −2

∣∣∣∣ = 0 si detN = 0.

deducem ca rangN = 1. Astfel ca, ın sistemul 1 −1 12 −2 21 −1 1

x1

x2

x3

=

000

avem o necunoscuta principala si doua secundare =⇒

x1 − x2 + x3 = 0 =⇒ (x1, x2, x3)T

= (x2 − x3, x2, x3)T

= x2 (1, 1, 0)T

+ x3 (−1, 0, 1)T

si deci{

(1, 1, 0)T, (−1, 0, 1)

T}

este sistem liniar independent maximal ın KerN (·). Am demonstrat ca 2 =

dimRKerN (·) < maλ = 3. Trecem la:

Se observa ca

N2 =

1 −1 12 −2 21 −1 1

1 −1 12 −2 21 −1 1

=

0 0 00 0 00 0 0

, N3 =

0 0 00 0 00 0 0

.

deci s = 2 deoarece rangN2 = rangN2+p = 0 pentru orice p ∈ N.




h=1hnh = maλ .


Pentru aceasta, se observa carangN = 1, rangN2 = 0, rangN3 = 0.

Astfel ca


n2 = rangN3 − 2rangN2 + rangN1 = 0− 0 + 1 = 1.

Asadar, avem 1 celula de ordin 1 si 1 celula de ordin doi:

J1 (λ) = (−3) si J2 (λ) =

(−3 10 −3

).

Matricea Jordan asociata lui A este

J =

−3 0 00 −3 10 0 −3

sau J =

−3 1 00 −3 00 0 −3

(dupa o eventuala permutare a blocurilor).

Pentru a determina matricea jordanizatoare C observam ca avem un ciclu (lant) de vectori generalizati delungime doi {v,N · v}, deoarece N2 · v = 0 nu este 6= 0 si deci nu intra ın aceasta multime. In aceasta situatie

este recomandat sa consideram un vector propriu generalizat v2 = (a, b, c)T

astfel ıncat N · v2 6= 0. Putem

considera de exemplu v2 = (1, 0, 0)T

si obtinem

v1 = N · v2 =

1 −1 12 −2 21 −1 1

100

=

121

Vectorul v3 = (a, b, c)

Tastfel ıncat B =

{v1 = (1, 2, 1)

T, v2 = (1, 0, 0)

T, v3 = (a, b, c)

T}

sa fie baza ın R3 este

oricare element dintre vectorii proprii{

(1, 1, 0)T, (−1, 0, 1)

T}

. Un calcul simplu arata ca

C−1AC =

1 1 −12 0 01 0 1

−1 −2 −1 12 −5 21 −1 −2

1 1 −12 0 01 0 1

=

−3 1 00 −3 00 0 −3

= J.

Daca am fi considerat

U (v1) = −3v1 =⇒ (A+ I3) v1 = 0R3

U (v2) = −3v2 =⇒ (A+ I3) v2 = 0R3

U (v3) = v2 − 3v3 =⇒ (A+ I3) v3 = v2

am fi avut probleme, ıntrucat, dupa cum se poate constata, sistemul 1 −1 12 −2 21 −1 1

abc

=

−101

nu are solutie. Motiv pentru care, am apelat la un alt rationament pentru construirea vectorilor propriigeneralizati care este util sa-l retinem.

Exercitiul 9.1.5 Daca (V,K) este spatiu vectorial real sau complex (V = Rn sau V = Cn) peste corpul R alnumerelor reale iar

f1 : V × V → R, f1 (v, w) = v1w1 + ...+ vnwn, v = (v1, ..., vn)T

, w = (w1, ..., wn)T

,

f2 : V × V → C, f2 (v, w) = v1w1 + ...+ vnwn, v = (v1, ..., vn)T

, w = (w1, ..., wn)T,

atunci sa se arate ca:


a) f1, f2 sunt functionale biliniare daca V = Rn. (In acest caz√f1 (v, v) defineste notiunea de lungime a

vectorilor ın Rn!).

b) f1 nu este o functionala biliniara daca V = Cn.

c) f2 este sesquiliniara si are loc formula de polarizare

4f2 (u, v) = f2 (u+ v, u+ v)− f2 (u− v, u− v) + if2 (u+ iv, u+ iv)− if2 (u− iv, u− iv) .

Solutie. a) Se verifica axiomele

i) f1 (αx+ βy, z) = αf1 (x, z) + βf1 (y, z) ∀x, y, z ∈ Rn,∀α, β ∈ R,

ii) f1 (x, αy + βz) = αf1 (x, y) + βf1 (x, z) ∀x, y, z ∈ Rn,∀α, β ∈ R.

Intr-adevar, daca x = (x1, ..., xn)T

, y = (y1, ..., yn)T

iar z = (z1, ..., zn)T

atunci

αx+ βy = (αx1 + βy1, ..., αxn + βyn)T ∀α, β ∈ R

si ∀x, y, z ∈ Rn,∀α, β ∈ R

f1 (αx+ βy, z) = (αx1 + βy1) z1 + ...+ (αxn + βyn) zn

= α (x1z1 + ...+ αxnzn) + β (y1z1 + ...+ ynzn) = αf1 (x, z) + βf1 (y, z) ,

fapt ce probeaza i). Absolut analog rezulta ii). Daca V = Rn atunci wi = wi si f1 (v, w) = f2 (v, w).

b) Presupunem prin absurd ca f1 este functionala biliniara. Cum

f1 ((i, ..., i) , (i, ..., i)) < 0

obtinem o contradictie cu f1 (v, v) ≥ 0 ∀v ∈ Cn.

c) Se verifica axiomele

i) f2 (αx+ βy, z) = αf2 (x, z) + βf2 (y, z) ∀x, y, z ∈ Cn,∀α, β ∈ C,

ii) f2 (x, αy + βz) = αf2 (x, y) + βf2 (x, z) ∀x, y, z ∈ Cn,∀α, β ∈ C.

Formula de polarizare rezulta din calcul direct.

Exercitiul 9.1.6 Daca (P2 [X] ,R) este spatiul vectorial al polinoamelor cu coeficienti reali de grad cel mult doipeste corpul numerelor reale, B =

{a1 = 1, a2 = 1 + t, a3 = t2

}baza ın (P2 [X] ,R) si

p1 = a1 + 2a2 + a3, p2 = a1 − 2a3, p3 = 2 + 2t+ 3t2 = 2a2 + 3a3, p4 = a2 + a3

atunci:

a) sa se arate ca p1, p2, p3, p4 genereaza spatiul P2 [X];

b) sa se extraga o baza B′ din {p1, p2, p3, p4};

c) sa se determine coordonatele lui p = 2a1 + a2 ın baza B′;

d) sa se arate ca f : P2 [X]× P2 [X]→ R definita prin

f (p, q) =

∫ 1

0

p (t) dt ·∫ 1

0

q (t) dt

este o functionala biliniara simetrica si sa se determine matricea ei ın baza canonica a lui P2 [X] apoi ın bazeleB si respectiv B′.


Solutie. a), b), c) Organizam datele astfel

p1 p2 p3 p4 p

a1 1 1 0 0 2a2 2 0 2 1 1a3 1 -2 3 1 0p1 1 1 0 0 2

a2 0 -2 2 1 -3

a3 0 -3 3 1 -2p1 1 1 0 0 2p4 0 -2 2 1 -3

a3 0 -1 1 0 1p1 1 1 0 0 2p4 0 0 0 1 −5p3 0 -1 1 0 1

b) B′ = {p1, p3, p4} ⊂ (P2 [X] ,R) =⇒ a) P2 [X] = Span {p1, p3, p4}c) p = 2p1 − 5p4 + p3 iar pB′ = (2, 1,−5)

T.

d) Se observa ca ∀p, q, r ∈ P2 [X] si ∀α, β ∈ R are loc

f (αp+ βr, q) =

∫ 1

0

(αp (t) + βr (t)) dt ·∫ 1

0

q (t) dt

= α

∫ 1

0

p (t) dt ·∫ 1

0

q (t) dt+ β

∫ 1

0

r (t) dt ·∫ 1

0

q (t) dt = αf (p, q) + βf (r, q)

Absolut analogf (p, αq + βr) = αf (p, q) + βf (p, r) ∀p, q, r ∈ P2 [X] ,∀α, β ∈ R.

Am probat ca f este o functionala biliniara. Observam ca

f (p, q) =

∫ 1

0

p (t) dt ·∫ 1

0

q (t) dt =

∫ 1

0

q (t) dt ·∫ 1

0

p (t) dt = f (q, p)

si deci f este simetrica

Componentele matricei A, atasata formei biliniare ın baza canonica{

1, t, t2}

sunt

a11 = f (1, 1) =

∫ 1

0

1dt ·∫ 1

0

1dt = 1, a12 = a21 = f (1, t) =

∫ 1

0

1dt ·∫ 1

0

tdt =1

2

a13 = a31 = f(1, t2

)=

∫ 1

0

1dt ·∫ 1

0

t2dt =1

3, a22 =

∫ 1

0

tdt ·∫ 1

0

tdt =1

4

a23 = a32 = f(t, t2

)=

∫ 1

0

tdt ·∫ 1

0

t2dt =1

2

1

3=

1

6, a33 =

∫ 1

0

t2dt ·∫ 1

0

t2dt =1

9

si deci matricea ei ın baza canonica a lui P2 [X] este

A1 =

1 1/2 1/31/2 1/4 1/61/3 1/6 1/9

.

Notam cu A2 matricea functionalei biliniare ın noua baza B. Din teorie A2 = CT1 ·A1 · C1 unde

C1 =

1 1 00 1 00 0 1

este matricea de trecere de la baza canonica Bc la baza B. Atunci

A2 = CT1 ·A1 · C1 =

1 0 01 1 00 0 1

1 1/2 1/31/2 1/4 1/61/3 1/6 1/9

1 1 00 1 00 0 1

=

1 32

13

32

94

12

13

12

19

.


Absolut analog, notam cu A3 matricea functionalei biliniare ın noua baza B′. Din teorie A3 = CT2 ·A2 ·C2 unde

C2 =

1 0 02 2 11 3 1

este matricea de trecere de la baza canonica B la baza B′. Atunci

A3 = CT2 ·A2 · C2 =

1 2 10 2 30 1 1

1 32

13

32

94

12

13

12

19

1 0 02 2 11 3 1

=

a312↓ 169

9523

14318

523 16 22

314318

223

12136

.Ne putem verifica daca am gresit, prin solutia doi! Astfel

p1 = a1 + 2a2 + a3 = 1 + 2 + 2t+ t2 iar p3 = 2 + 2t+ 3t2

si

a312 =

∫ 1

0

p1 (t) dt ·∫ 1

0

p3 (t) dt =

∫ 1

0

(1 + 2 + 2t+ t2

)dt ·

∫ 1

0

(2 + 2t+ 3t2

)dt =

52

3.

Analog pentru celelalte componente ale matricei A3.

Exercitiul 9.1.7 Daca T : R3 → R3 este operator liniar definit prin T (x) = [A1]TBcx unde [A1]

TBc

este matricea

operatorului T ın Bc = {e1, e2, e3}baza canonica

⊂ R3data prin

[A1]TBc

=

1 0 −10 −2 01 0 0

atunci sa se determine o baza B pentru R3

Span{e2} si matricea [A2]TB operatorului T : R3

Span{e2} →R3

Span{e2} ın

baza B.

Solutie. Probam ca vectorii e1, e3 sunt liniar independenti. O combinatie liniara a lor da vectorul nul

α1e1 + α2e3 = 0⇔ α1e1 + α2e2 ∈ Span {e2} deducem ca α1e1 + α2e3 = α3e2 =⇒ α1 = α2 = α3 = 0.

Mai mult

dimR

(R3

Span {e2}

)= dimR R3 − dimR Span {e2} = 2

adica egala cu numarul de vectori liniar independenti {e1, e3} ai lui R3

Span{e2} si deci B = {e1, e3}baza⊂ R3

Span{e2} .

Pentru a determina [A2]TB matricea operatorului T : R3

Span{e2} →R3

Span{e2} ın baza B determinata vom observa

ca

T (e1) = T (e1) = e1 + e3 = e1 + e3 si T (e3) = T (e3) = −e1 = −e1 si deci [A2]TB =

(1 −11 0

).

Sala: Octombrie 2014 SEMINAR 1: ALGEBRA 1.1 Aplicat˘ii - Curs...

Documents

Transcript of Sala: Octombrie 2014 SEMINAR 1: ALGEBRA 1.1 Aplicat˘ii - Curs...