exercitii algebra

177
Vladimir Balan Ileana-Rodica Nicola ALGEBR ˘ A LINIAR ˘ A, GEOMETRIE ANALITIC ˘ A, DIFERENT ¸ IAL ˘ A ¸ si ECUAT ¸ II DIFERENT ¸ IALE Exercit ¸ii, probleme ¸ si aplicat ¸ii cu soft specializat = Bucure¸ sti 2012 =

Upload: alex-mihalcea

Post on 11-Jan-2016

482 views

Category:

Documents


34 download

DESCRIPTION

Exercitii algebra

TRANSCRIPT

Page 1: Exercitii algebra

Vladimir Balan Ileana-Rodica Nicola

ALGEBRA LINIARA,

GEOMETRIE ANALITICA, DIFERENTIALA

si ECUATII DIFERENTIALE

Exercitii, probleme si aplicatii cu soft specializat

= Bucuresti 2012 =

Page 2: Exercitii algebra

Referenti stiintifici:

Prof.univ.dr. Andrei Halanay

Prof.univ.dr. Vasile Iftode

Page 3: Exercitii algebra

Prefata

Aceasta carte cuprinde 152 de exercitii si probleme rezolvate de ”Algebra Liniara,Geometrie Analitica si Diferentiala si Ecuatii Diferentiale” seminarizate la cursurile de al-gebra liniara, geometrie analitica si diferentiala si analiza matematica (partea de ecuatiidiferentıale) predate ın anul I la facultatile cu profil electric si mecanic din Universitatea”Politehnica” din Bucuresti.

De asemenea, cartea contine ın calitate de aplicatii pentru cele patru subdomenii matem-atice enuntate ın titlu, o serie de programe realizate in Maple 15 care utilizeaza proceduri decalcul si plotare ale bibliotecilor specializate ale pachetului software.

Lucrarea este structurata pe sectiuni tematice, avand rolul de a veni atat ın sprijinulstudentilor care se pregatesc pentru examenul de specialitate si pentru lucrarile din cursulanului universitar, cat si ın sprijinul cadrelor didactice care seminarizeaza aceste disciplinesau tin ore de laborator cu soft specializat.

In bibliografia extensiva aflata la sfarsitul culegerii, o mare parte din titluri sunt ınsotitede cotele unice care le identifica ın doua dintre principalele biblioteci bucurestene: B.U.P.B. -Biblioteca Universitatii Politehnica din Bucuresti si B.C.U. - Biblioteca Centrala Universitara,cu filiala ın Facultatea de Matematica a Universitatii din Bucuresti.

22 octombrie 2012 Autorii.

Page 4: Exercitii algebra

C U P R I N S 1

E S

Cap. I. Recapitulare (algebra liniara si geometrie analitica)

1. Matrice, determinanti si sisteme liniare 5 242. Dreapta ın plan. Conice 5 27

Cap. II. Algebra liniara

1. Spatii vectoriale. Subspatii vectoriale. Dependenta liniara 6 302. Produs scalar. Spatii euclidiene 8 403. Ortogonalitate. Procedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt 8 464. Transformari liniare 9 515. Transformari liniare particulare 10 576. Vectori si valori proprii. Diagonalizare 11 607. Forma canonica Jordan 11 628. Diagonalizarea endomorfismelor simetrice 12 709. Teorema Cayley-Hamilton. Functii de matrice 12 7110. Forme biliniare. Forme patratice 13 7511. Expresia canonica a unei forme patratice 14 80

Cap. III. Geometrie analitica

1. Vectori liberi 15 902. Dreapta si planul ın spatiu 15 913. Probleme relative la dreapta si plan 15 934. Coordonate curbilinii 16 985. Conice 17 996. Cuadrice 17 1087. Suprafete generate 18 114

Cap. IV. Geometrie diferentiala

1. Aplicatii diferentiabile 18 1162. Curbe ın Rn 18 1183. Curbe plane 19 1194. Curbe ın spatiu 20 1285. Suprafete 20 130

Cap. V. Ecuatii diferentiale

1. Ecuatii diferentiale ordinare 21 1402. Ecuatii diferentiale de ordin superior 22 1513. Sisteme de ecuatii diferentiale 23 1574. Stabilitate 23 1605. Linii de camp (sisteme simetrice, integrale prime) 23 160

Addenda - aplicatii Mapler 164

Bibliografie 171

1E=Enunturi, S=Solutii.

Page 5: Exercitii algebra

I. Recapitulare

(algebra liniara si geometrie analitica)

1. Matrice, determinanti si sisteme liniare

1. Fie A =(

1 01 2

), B =

(0 1−1 0

)∈ M2(R).

a) Aratati ca AB 6= BA.b) Aratati ca (AB) t = B t ·A t.c) Exista A−1 ? Daca da, calculati aceasta matrice direct si cu metoda sistemului.d) Verificati ca det AB = det BA = det A · detB.

2. Pentru A =

1 0 20 1 1−1 1 0

, calculati det A:

a) cu regula Sarrus si cu regula triunghiului;b) dezvoltand dupa o linie;c) dezvoltand dupa o coloana;d) folosind ın prealabil operatii cu determinanti.

3. Pentru matricea A din exercitiul precedent, calculati A−1:

a) folosind regula A−1 = 1det AA∗;

b) folosind metoda sistemului;c) folosind metoda Gauss-Jordan (a pivotului).

4. Rezolvati sistemul AX = b, unde se da matricea extinsa A = (A|b):a) folosind metodele cunoscute de algebra liniara (vezi manual cl. XI);

b) folosind metoda Gauss-Jordan.

1) A =

1 2 33 0 22 1 12 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣

10

1/21

; 2) A =

1 1 −12 1 −12 −1 15 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

35311

; 3) A =

1 −82 14 7

∣∣∣∣∣∣

31−4

.

5. Folosind teorema lui Rouche, aflati daca urmatorul sistem este compatibil sau incom-patibil. In caz de compatibilitate, rezolvati:

a)

x + z = 12x + 2z = 2x + y + z = 3

, b)

x + y = 2x− y = 02x + 2y = 4x + 2y = 2.

2. Dreapta ın plan. Conice

6. Determinati dreapta ∆ care trece prin punctul A(2,−1) si care face cu axa Ox ununghi orientat de marime −π/3.

7. Aflati dreapta ∆ care contine punctele A(1, 2) si B(3,−1).

8. Aflati daca punctele A(0, 1), B(1, 1) si C(1, 0) sunt coliniare sau nu. Aflati aria tri-unghiului ABC si daca A,B, C sunt parcurse ın ordine trigonometrica sau nu.

9. Determinati distanta de la punctul A(1, 2) la dreapta y = 2x− 1.

Page 6: Exercitii algebra

6 ALGA-GDED

10. a) Fie Γ1 cercul de centru C1(1,−2) si raza r1 = 2. Aflati ecuatia carteziana, normalasi ecuatiile parametrice ale acestuia.

b) Aflati ecuatia cercului Γ2 ce trece prin punctele A(0, 3), B(1, 2), C(2, 0), ecuatia redusa,centrul si raza acestuia.

c) Ce pozitie relativa au cercurile Γ1 si Γ2 ?

11. Se da cercul Γ : (x− 6)2 + (y − 3)2 = 4. Aflati:

a) tangenta dusa la Γ prin punctul A(6, 1) ∈ Γ;b) tangentele duse la Γ din punctul B(−1,−2).

12. Se da elipsa E : x2 + 4y2 − 4 = 0. Aflati:

a) semiaxele, focarele, varfurile si ecuatia canonica ale elipsei;b) tangenta dusa la E prin punctul A(1,

√3/2) ∈ E;

c) tangentele duse la E din punctul B(3,−1).

13. Se da hiperbola H : x2 − 2y2 − 2 = 0. Aflati:

a) semiaxele, focarele, varfurile, asimptotele si ecuatia canonica ale hiperbolei;b) tangenta dusa la H prin punctul A(2, 1) ∈ H;c) tangentele duse la H din punctul B(0, 1).

14. Se da parabola P : y2 = 4x. Aflati:

a) distanta focala a parabolei;b) tangenta dusa la P prin punctul A(9,−6) ∈ P ;c) tangentele duse la P din punctul B(2,−3).

II. Algebra liniara

1. Spatii vectoriale. Subspatii vectoriale. Dependenta liniara

15. Determinati daca urmatoarele operatii definesc, pe multimile specificate, structuri despatiu vectorial. In caz negativ, ce proprietati NU au loc?

a) V = R2, x + y = (x1 + y1, x2 + |y2|), λx = (λx1, 0), ∀x, y ∈ R2,∀λ ∈ R.b) (R2, + , ·R);c) (R2[X] = {p ∈ R[X] | grad p ≤ 2}, + , ·R);d) ({p ∈ C[X] | grad p = 3}, + , ·C);e) (C1(−1, 1), + , ·R), unde C1(−1, 1) = {f : (−1, 1) → R | f ′ exista si este continua ın (−1, 1)};f) (M2×3(R), + , ·R);g) ({f |f : M → R}, + , ·R), unde M este o multime arbitrara nevida.

16. Determinati daca urmatoarele submultimi reprezinta subspatii vectoriale ın spatiilevectoriale indicate:

a) W = {(x1, x2) ∈ R2 | x1 + x2 + a = 0} ⊂ R2, unde a ∈ R;b) W = {x|x = λv, λ ∈ R} ⊂ Rn, unde v ∈ Rn\{0};c) W = R1[X] ⊂ R3[X];d) W = C1(−1, 1) ⊂ C0(−1, 1), unde C0(−1, 1) = {f : (−1, 1) → R | f este continua ın (−1, 1)};e) W = {p ∈ R2[X] | p(1) + p(−1) = 0} ⊂ R[X];

f) W ={(

a 01 b

)∣∣∣∣ a, b ∈ R}⊂ M2×2(R);

g) W = {x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 + x2 = a, x1 − x3 = b− 1} ⊂ R4, unde a, b ∈ R.

Page 7: Exercitii algebra

Enunturi 7

17. Se dau V = {f | f : (−1, 1) → R} si submultimileW1 = {f ∈ V |f para} ⊂ V, W2 = {f ∈ V |f impara } ⊂ V .

a) Verificati daca W1,2 ⊂ V sunt subspatii vectoriale ın V .b) Aratati ca W1 ∩W2 = {0}, W1 + W2 = V , adica W1,2 sunt subspatii suplementare ın V .c) Descompuneti functia exponentiala dupa W1 si W2.

18. Aratati ca:a) L({1 + t, t, 1− t2}) = L({1, t, t2}) = P2;b) L({1, x, x2

2! , . . . ,xn

n! }) = L({1− a, x− a, x2 − a, . . . , xn − a}) = Pn, unde a ∈ R\{1}.

19. Verificati daca urmatorii vectori sunt liniar independenti. In caz negativ, indicati orelatie de dependenta liniara.

a) e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) ∈ R2;b) v1 = (1, 2, 0), v2 = (1, 1, 1), v3 = (−1, 0,−2) ∈ R3;c) f1 =ch, f2 =sh, f3 =exp ∈ C∞(R);

d) m1 =(

1 01 2

); m2 =

(1 −10 0

); m3 =

(0 00 0

)∈ M2(R);

e) p1 = 1 + X, p2 = 1−X + X2, p3 = 3 + X + X2 ∈ R2[X];f) {cosk(t)|k ∈ N} ⊂ C∞(R).

20. Verificati ca urmatoarele submultimi reprezinta baze ın spatiile vectoriale mentionate:a) {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)} ⊂ R2;b) {m11,m12,m21,m22} ⊂ M2×2(R), unde

(mij)kl ={

1, (i, j) = (k, l)0, (i, j) 6= (k, l) ,∀(i, j), (k, l) ∈ 1, 2× 1, 2;

c) {1, X,X2, X3} ⊂ R3[X].

21. Fie B0 = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)} baza naturala a spatiului R3 sifamiliile de vectori:

B′ = {f1 = (1, 1, 1), f2 = (0, 1, 1), f3 = (1, 1, 0)};B′′ = {g1 = (0, 0, 1), g2 = (0, 1, 1), g3 = (1, 2, 3)} ⊂ R3.

a) Aratati ca B′ si B′′ sunt baze ın R3;b) Aflati matricile de schimbare de baza CB0B′ , CB′′B0

, CB′B′′ ;c) Aflati componentele [v]B′′ ale vectorului v ∈ R3 relativ la baza B′′ ⊂ R3, stiind ca[v]B′ = (1, 1, 5).

22. Se dau subspatiile

U = L(u1 = (1, 1, 1), u2 = (0, 0, 0), u3 = (0, 1, 1), u4 = (1, 2, 2)),

V = {(x, y, z)|x + y − 2z = 0} ⊂ R3.

a) Aflati cate o baza ın subspatiile U, V, U ∩ V,U + V .b) Formeaza U si V suma directa? Sunt U si V subspatii suplementare ?c) Verificati teorema Grassmann: dim U + dim V = dim(U + V ) + dim(U ∩ V ).

23. a) Aratati ca F = {p1 = 1 + X, p2 = X + X2, p3 = 1} este baza ın P2.b) Aflati coordonatele vectorului p = 1 + 2X + 3X2 ∈ P2 relativ la baza F a lui P2.

Page 8: Exercitii algebra

8 ALGA-GDED

2. Produs scalar. Spatii euclidiene

24. Sunt urmatoarele operatii produse scalare ?a) 〈x, y〉 = x1y1 + αx2y2, ∀x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ R2.b) 〈A,B〉 = Tr(A · B t), ∀A,B ∈M2×2(C).c) 〈x, y〉 = x1y2, ∀x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ C2.

25. Aratati ca urmatoarele operatii definesc produse scalare (numite produse scalarecanonice) pe spatiile vectoriale specificate:a) V = Rn, 〈x, y〉 = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn, ∀x = (x1, x2, . . . , xn), y = (y1, y2, . . . , yn) ∈Rn, pentru n = 3.b) V = Pn = {p ∈ R[X]| grad p ≤ n}, n ≥ 1, 〈p, q〉 = p0q0 + p1q1 + · · ·+ pnqn,

∀p = p0 + p1X + · · ·+ pnXn, q = q0 + q1X + · · ·+ qnXn ∈ Pn, pentru n = 2.

c) V = Pn, 〈p, q〉 =∫ 1

−1p(x)q(x)dx, ∀p, q ∈ Pn.

d) V = C0[a, b], 〈f, g〉 =∫ b

af(x)g(x)dx, ∀f, g ∈ C0[a, b].

e) V = Mn×n(R), 〈A,B〉 = Tr(A t · B), ∀A,B ∈ Mn×n(R), unde Tr((cij)i,j=1,n) =c11 + c22 + · · ·+ cnn, pentru n = 2.f) V = Cn, 〈x, y〉 = x1y1+x2y2+ · · ·+xnyn, ∀x = (x1, x2, . . . xn), y = (y1, y2, . . . yn) ∈ Cn,pentru n = 2.

26. Folosind produsele scalare canonice corespunzatoare din exercitiul precedent, calculati〈u, v〉, ||u||, ||v||, d(u, v), prvu, pruv si cu exceptia cazului f), calculati unghiul celor doi vectoride mai jos; determinati daca vectorii sunt ortogonali.a) u = (1, 2), v = (−2, 1) ∈ R2;b) u = (1, 1, 1), v = (1,−2, 0) ∈ R3;c) u = 1 + X, v = X2 ∈ P2, cu produsele scalare de la punctele b) si c) din problemaprecedenta;d) u = exp, v = ch ∈ C0[0, 1];

e) u =(

1 02 1

), v =

(0 −11 0

)∈M2×2(R);

f) u = (i,−i), v = (1− i, 1 + i) ∈ C2.

3. Ortogonalitate. Procedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt

27. Se da familia de vectori S = {v1 = (1, 0, 2), v2 = (−2, 1, 1)} ⊂ R3.a) Verificati ca familia S este ortogonala;b) Completati S la o baza ortogonala a spatiului R3.

28. Se da subspatiul W = L(v1 = (1, 0, 1, 1), v2 = (1,−1, 1, 0)) ⊂ R4.

a) Determinati W⊥;b) Aratati ca W ⊕W⊥ = R4;c) Pentru v = (1, 1, 1, 1), aflati v0 = prW v ∈ W si v⊥ = v − v0 ∈ W⊥; verificati teorema luiPitagora ||v||2 = ||v0||2 + ||v⊥||2;d) Aflati o baza ortogonala B0 a subspatiului W ;e) Normati baza B0 obtinand o baza ortonormata B = {f1, f2} a subspatiului W ;

Page 9: Exercitii algebra

Enunturi 9

f) Aflati coeficientii Fourier αi = 〈v, fi〉, i = 1, 2 ai lui v relativ la B si verificati inegalitatealui Bessel ||v||2 ≥ ∑2

i=1 α2i ;

g) Verificati pentru v0 egalitatea Parseval ||v0||2 =∑2

i=1 α2i ;

h) Aratati ca functia g(w) = d(v, w), w ∈ W ısi atinge minimul ın v0, valoarea minima fiindd(v, W ) ≡ minw∈W d(v, w) = ||v⊥||.

29. Ortonormati familiile de vectori:a) F = {v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 0)} ⊂ R3;b) F = { ch , id} ⊂ C0[0, 1];c) F = {p1 = 1 + X, p2 = X + X2, p3 = X} ⊂ C0[−1, 1].d) w1 = (−i, 0, 1), w2 = (1,−i, 0), w3 = (0, i, 0) ∈ C3.

30. Aflati proiectia ortogonala prW v a vectorului v pe subspatiul W , precum si compo-nenta sa ortogonala v⊥ relativ la acest subspatiu:

a) v = 1 + x ∈ R2[x], W = L(p1 = 1 + x2, p2 = 1); 〈p, q〉 =∫ 1

−1p(t)q(t)dt

b) v = (1, 2, 1); W = L(v1 = (2, 1, 0), v2 = (−1, 4, 1)) ∈ R3;

c) v =(

1 24 1

), W = L

(C =

(1 00 1

), D =

(0 12 0

))∈M2×2(R);

d) v = (2, 1,−1), W = {(x, y, z) | x + y − 2z = 0} ⊂ R3.

4. Transformari liniare

31. Pentru aplicatiile de mai jos, verificati ca T este transformare liniara. Aflati nucleul siimaginea, rangul si defectul si aflati matricea lui T relativ la bazele canonice ale domeniuluisi respectiv codomeniului. Determinati daca T este injectiva / surjectiva /bijectiva.a) T (x) = (x1 − x3, x2, 2x1 − 2x3), ∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3, T : R3 → R3;

b) (T (p))(x) = x∫ 1

0p(t)dt + p(1)− p′(0), ∀p ∈ P2, T : P2 → P2;

c) T (A) = A t − 2Tr(A)I2, ∀A ∈M2×2(R), T : M2×2(R) →M2×2(R).

32. Se da aplicatia T : R1[X] → R1[X],

(T (p))(x) = x

∫ 1

0

p(t)dt + p(1/2), ∀p ∈ R1[X].

a) Aratati ca T este transformare liniara.

b) Aflati nucleul si imaginea transformarii T .

c) Este aceasta transformare injectiva/surjectiva ?

d) Verificati teorema dimensiunii pentru T .

e) Pe baza rangului transformarii determinati daca T este injectiva/surjectiva.

f) Aflati matricea transformarii relativ la baza q1 = 1− 2X, q2 = 1 + X.

g) Sunt Ker T si Im T subspatii suplementare ın R1[X] ?

33. Se da transformarea liniara T ∈ L(R3,R2), care satisface conditiile

T (v1 − v3) = w1, T (v2 + 2v3) = w2, T (−v1) = w1 − w2,

Page 10: Exercitii algebra

10 ALGA-GDED

unde {v1 = (1, 1, 1), v2 = (0, 1, 1), v3 = (0, 1, 0)} = B si w1 = (0, 1), w2 = (1, 1).a) Verificati ca B este baza ın R3.

b) Aflati matricea transformarii T .

c) Aflati expresia analitica a transformarii T .

d) Este aceasta transformare injectiva/surjectiva ?

34. Se da aplicatia T : C1(0, 1) → C0(0, 1),

(T (f))(x) = f ′(x),∀x ∈ (0, 1), f ∈ C1(0, 1).

a) Aratati ca T este transformare liniara.

b) Aflati nucleul si imaginea transformarii T .

c) Rezolvati ecuatia (T (f))(x) = 1− x2.

d) Este aplicabila teorema dimensiunii ?

35. Se da morfismul de spatii vectoriale T ∈ L(R1[X],R2[X]),(T (p))(x) = xp(x)− p(0), ∀p ∈ R1[X].

a) Determinati o baza ortonormata ın Im T , folosind produsul scalar din C0[−1, 1].

b) Calculati T (1− 2X).

5. Transformari liniare particulare

36. Se da transformarea T ∈ End(R3),T (x) = (x1 + x2 + x3, x2 + x3,−x3), ∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3.

a) Aratati ca T este bijectiva si calculati inversa T−1 a acesteia;b) Calculati T (v), T−1(v) si (T 3 − 2T + Id)(v), unde v = (1, 1, 1).

37. Daca A este matricea atasata unei transformari liniare T relativ la o baza ortonor-mata, aratati ca T are proprietatea indicata.

a) A =(

1 i−i 0

), T ∈ End(C2) - hermitica;

b) A =(

a zz b

), a, b ∈ R, z ∈ C, T ∈ End(C2) - hermitica;

c) A =(

ia z−z ib

), a, b ∈ R, z ∈ C, T ∈ End(C2) - antihermitica;

d) A =(

u −vv u

), u, v ∈ C, |u|2 + |v|2 = 1, T ∈ End(C2) - unitara;

e) A =(

0 11 0

), T ∈ End(R2) (simetria fata de bisectoarea I) - simetrica;

f) A =(

0 −11 0

), T ∈ End(R2) (rotatie de unghi drept ın sens trigonometric) - antisi-

metrica, structura complexa, ortogonala;

g) A =(

cos α − sin αsin α cos α

), T ∈ End(R2) (rotatie plana ın jurul originii ın sens trigonomet-

ric de unghi α) - ortogonala;

h) A =(

1/2 1/21/2 1/2

), T ∈ End(R2) - proiectie pe subspatiul L(v = (1, 1));

Page 11: Exercitii algebra

Enunturi 11

i) A =

0 1 10 0 10 0 0

, T ∈ End(R3) - operator nilpotent de ordinul trei.

38. Aratati ca aplicatiaa) T (A) = A t, ∀A ∈ M2×2(R), T ∈ End(M2×2(R)) este simetrica;b) T ∈ End(V ), T (f) = f ′, ∀f ∈ V = {f ∈ C∞(R) | f (k)(a) = f (k)(b), ∀k ≥ 0} esteantisimetrica relativ la produsul scalar din C0([a, b]), unde a, b ∈ R, a < b.

39. Fie V un spatiu euclidian. Se da translatia Tv de vector v, Tv : V → V, Tv(x) =x + v, ∀x ∈ V , unde v ∈ V .a) Aratati ca Tv este liniara doar ın cazul v = 0; ın acest caz verificati ca Tv = Id.b) Pentru v 6= 0 aratati ca Tv nu conserva nici produsul scalar, nici norma.c) Verificati ca Tv este surjectiva si conserva distanta (deci este o izometrie).

6. Vectori si valori proprii. Diagonalizare

40. Se da transformarea T ∈ End(R3) a carei matrice relativ la baza canonica este

A =

2 0 00 0 10 −1 0

.

a) Calculati polinomul caracteristic P al endomorfismului T .b) Rezolvati ecuatia caracteristica P (λ) = 0 si aflati spectrul σ(T ). Notand cu σ(TC)

multimea radacinilor (complexe) ale polinomului caracteristic, verificati daca σ(TC) ⊂K = R.

c) Pentru fiecare valoare proprie distincta λ a lui T , aflati subspatiul propriu Sλ, multi-plicitatile algebrica µa(λ) si geometrica µg(λ) si verificati daca µa(λ) = µg(λ).

d) Daca endomorfismul T este diagonalizabil, atunci:• aflati o baza diagonalizatoare B′ ⊂ R3 formata din vectori proprii ai lui T ;• aflati matricea C = [B′]B0 de trecere de la baza canonica la baza diagonalizatoare;• aflati matricea diagonala D = A′ = C−1AC = [T ]B′ asociata endomorfismului Trelativ la baza B′;• verificati relatia CD = AC.

41. Aceeasi problema pentru matricele

a) A =

3 0 00 2 10 0 2

; b) A =

7 4 −14 7 −1−4 −4 4

.

7. Forma canonica Jordan

42. Se da transformarea T ∈ End(R3) de matrice A (relativ la baza canonica), A =

3 3 3−1 11 62 −14 −7

.

a) Calculati polinomul caracteristic P al endomorfismului T , rezolvati ecuatia caracteristicaP (λ) = 0 si aflati spectrul σ(T ). Notand cu σ(TC) multimea radacinilor complexe alepolinomului caracteristic, verificati daca σ(TC) ⊂ K = R. Deduceti ın consecinta ca Teste jordanizabila.

Page 12: Exercitii algebra

12 ALGA-GDED

b) Pentru fiecare valoare proprie distincta λ a lui T , efectuati urmatoarele:• aflati multiplicitatea algebrica µa(λ);• aflati subspatiul propriu Sλ si multiplicitatea geometrica µg(λ);• daca µa(λ) = µg(λ) aflati o baza ın Sλ;• daca µa(λ) > µg(λ) aflati m = µa(λ) − µg(λ) vectori principali asociati vectorilorproprii si subspatiile invariante ale valorii proprii.

c) Reunind familiile de vectori determinate mai sus, aflati o baza jordanizatoare B′ ⊂ R3

formata din vectori proprii si principali ai lui T ;d) aflati matricea C = [B′]B0 de trecere de la baza canonica la baza jordanizatoare;e) aflati matricea Jordan J = A′ = C−1AC = [T ]B′ asociata endomorfismului T relativ la

baza B′;f) verificati relatia CJ = AC.

43. Aceeasi problema pentru matricele:

a) A =

2 −1 25 −3 3−1 0 −2

, b) A =

−4 −7 −52 3 31 2 1

, c) A =

0 1 0−4 4 00 0 2

d) A =

2 1 0 0−4 −2 0 07 1 1 1−17 −6 −1 −1

, e) A =

−1 0 0−3 1 1−3 −1 3

.

44. Sa se jordanizeze endomorfismul T de matrice A folosind metoda sirului de nuclee,pentru matricele din problema anterioara.

8. Diagonalizarea endomorfismelor simetrice

45. Aflati o baza diagonalizatoare ortonormata pentru transformarea simetrica de ma-trice:

a) A =

3 2 02 0 00 0 −1

, b) A =

−2 1 11 −2 11 1 −2

.

9. Teorema Cayley-Hamilton. Functii de matrice

46. Se dau matricele

1) A =

1 2 00 2 0−2 −2 −1

; 2) A =

1 2 00 2 0−2 −2 1

.

In fiecare din cele doua cazuri, aflati:

a) inversa A−1, folosind teorema Cayley-Hamilton;b) polinomul Q(A), folosind teorema Cayley-Hamilton, unde Q(t) = t5 + 2t4 − t2 + 5.c) matricea eA.

47. Aflati functia de matrice ctg (A) pentru matricele din problema anterioara.

48. Aplicand teorema Cayley-Hamilton pentru matricea A =(

1 22 1

),

Page 13: Exercitii algebra

Enunturi 13

a) aflati A−1;b) calculati Q(A), unde Q(t) = t4 − 2t3 + 3t− 4.

49. Calculati eA si sin A, pentru A =(

0 22 0

).

10. Forme biliniare. Forme patratice

50. Se da aplicatia A : V × V → R, V = C0[0, 1],

A(f, g) =∫ 1

0

f(t)dt ·∫ 1

0

g(s)ds, ∀f, g ∈ V.

a) Aratati ca A este forma biliniara.b) Aratati ca A este forma biliniara simetrica.c) Determinati forma patratica Q asociata lui A.d) Admite Q vectori izotropi ? In caz afirmativ, exemplificati.

51. Consideram aplicatia

A : R2 ×R2 → R, A(x, y) = x1y1 − 2x1y2 − 2x2y1 + 3x2y2, ∀x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ R2.

a) Aratati ca A este forma biliniara simetrica.b) Determinati forma patratica Q asociata lui A.c) Aflati matricea A asociata lui A si Q relativ la baza naturala B = {e1 = (1, 0), e2 =(0, 1)} ⊂ R2.d) Aflati matricea A asociata lui A si Q relativ la baza B′ = {e1

′ = (1, 1), e2′ = (1,−1)} ⊂

R2.

52. Se da forma patratica Q : R2 → R, Q(x) = x21 − 4x1x2 + 3x2

2, ∀x = (x1, x2) ∈ R2.Aflati forma biliniara simetrica (forma polara) A asociata lui Q.

53. Verificati daca aplicatiile urmatoare A : R2 × R2 → R sunt forme biliniare:

a) A(x, y) = x1y2 − x22, ∀x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ R2;

b) A(x, y) = x1y2 − x2y1, ∀x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ R2.

54. Se da forma biliniara A : R2 × R2 → R,

A(x, y) = x1y2 − x2y1, ∀x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ R2.

a) Este A forma biliniara simetrica ?b) Este A forma biliniara antisimetrica ?c) Aflati matricea A a lui A relativ la baza canonica. Folosind matricea determinati daca Aeste forma biliniara simetrica sau forma biliniara antisimetrica.d) Aflati matricea A a lui A relativ la baza B′ = {u1 = (1, 2), u2 = (3,−1)}.

55. Se da forma biliniara A : R3 × R3 → R,

A(x, y) = 2x1y1 − 3x1y3 − 3x3y1 + 4x2y2, ∀x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3.

a) Aratati ca A este forma biliniara simetrica.b) Aflati matricea luiA relativ la baza canonica; verificati rezultatul folosind relatiaA(x, y) =X tAY , unde X si Y sunt vectorii coloana asociati respectiv lui x, respectiv y.

Page 14: Exercitii algebra

14 ALGA-GDED

c) Aflati Ker A, rang A si verificati teorema dimensiunii: dim Ker A+ rang A = dim R3.d) Determinati forma patratica Q asociata lui A.e) Este Q (deci A) degenerata sau nedegenerata. Admite Q vectori izotropi nenuli ?

56. Se da aplicatia A : V × V → R, A(p, q) =∫ 1

0p(t)dt

∫ 1

0q(s)ds,∀p, q ∈ V = R2[X] si

B′ = {q1 = 1 + X, q2 = X2, q3 = 1} ⊂ V o baza a lui V . Raspundeti la cerintele a)-e) aleproblemei anterioare.

57. Se da forma patratica Q : R3 → R, Q(x) = x21−x1x2 +2x2x3, ∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3.

a) Aflati forma biliniara simetrica A asociata lui Q (forma polara).b) Aflati matricea lui Q (a lui A) relativ la baza canonica.

58. Se da forma biliniara simetrica A : R3 × R3 → R,

A(x, y) = 2x1y1 − 3x1y3 − 3x3y1 + 4x2y2, ∀x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3) ∈ R3.

a) Aflati U⊥, unde U = L(v1 = (1, 1, 0), v2 = (0, 1, 1)).b) Este adevarata egalitatea U ⊕ U⊥ = R3 ?c) Este A (deci Q) nedegenerata ?

11. Expresia canonica a unei forme patratice

59. Se da forma patratica Q de matrice A =

0 1 −21 0 3−2 3 0

. Folosind metoda Gauss

aflati expresia canonica a lui Q si baza B′ corespunzatoare.

60. Se da forma patratica Q : R2 → R, Q(x) = x21 − 4x1x2 + x2

2, ∀x = (x1, x2) ∈ R2.Folosind metoda Jacobi aflati expresia canonica a lui Q si baza B′ corespunzatoare.

61. Pentru forma patratica din problema anterioara, folosind metoda valorilor propriiaflati expresia canonica a lui Q si baza B′ corespunzatoare. Verificati ca signatura formeipatratice Q se conserva.

62. Aplicati cele trei metode (Gauss, a valorilor proprii si Jacobi) acolo unde este posibil,pentru a obtine expresia canonica si signatura pentru urmatoarele forme patratice Q dateprin matrice A = [Q] (relativ la baza canonica) sau prin expresie analitica:a) Q(v) = x2 − 8xy − 16xz + 7y2 − 8yz + z2,∀v = (x, y, z) ∈ R3;b) Q(x) = 4x1x2 − 5x2

2, ∀x = (x1, x2) ∈ R2;

c) A =

3 −2 −4−2 6 −2−4 −2 3

; d) A =

1 1 −11 2 0−1 0 3

;

e) Q(x) = −x21 + 6x1x3 + x2

2 + 4x2x3 − 5x23, ∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3;

f) A =

0 1 −3 01 0 0 −3−3 0 0 10 −3 1 0

;

g) A =

5 −2 −2−2 6 0−2 0 4

.

Sunt aceste forme patratice pozitiv/negativ definite/semidefinite ?Sunt acestea degenerate/nedegenerate ?

Page 15: Exercitii algebra

Enunturi 15

III. Geometrie analitica

1. Vectori liberi

63. Se dau vectorii a = i + 2j + µk, b = i + j + 2k ∈ V3, unde µ ∈ R.a) Aflati produsul vectorial a× b.b) Este S = {a, b} familie de vectori liniar independenta ? Sunt cei doi vectori necoliniari ?Daca da, completati S la o baza a spatiului V3.c) Pentru µ = 2 aflati ariile paralelogramului si triunghiului determinate de a si b ca muchiiadiacente.

64. Se dau vectorii a = i + j + k, b = µk + j, c = k + j ∈ V3, unde µ ∈ R.a) Calculati produsul mixt 〈a, b× c〉.b) Sunt cei trei vectori liniar independenti ? Dar necoplanari ? In cazul independenteiliniare, determina acesti vectori o baza pozitiv orientata ın V3?c) Pentru µ = 0 aflati volumele tetraedrului, prismei triunghiulare si paralelipipedului deter-minate de a, b si c ca muchii adiacente.

65. Se dau vectorii a = i− j + k, b = i + 2j + 3k, c = k + j.a) Aflati dublul produs vectorial w = a× (b× c).

b) Recalculati w folosind formula de calcul prescurtat w = 〈a, c〉b−〈a, b〉c =∣∣∣∣

b c〈a, b〉 〈a, c〉

∣∣∣∣.c) Aratati ca w este perpendicular pe a si coplanar cu b si c.

2. Dreapta si planul ın spatiu

66. Aflati dreapta ∆ ın fiecare din urmatoarele cazuri:a) ∆ ⊃ {A(1, 2, 3), B(4, 2, 1)};b) ∆ 3 C(2, 6, 1) si ∆ admite vectorul director v = 2k − i.

67. Aflati ecuatiile parametrice, doua puncte distincte si un vector director ale dreptei

∆ :{

2x + y − 5z = 124x + 7y − 33z = 1.

68. Aflati planul π ın fiecare din urmatoarele cazuri:a) π ⊃ {A(1,−2, 1), B(2,−5, 1), C(3,−3, 1)}. Verificati ın prealabil ca A,B,C nu sunt coliniare.b) π 3 D(1, 5, 0) si π are directia normala data de n = 3j + 2k;c) π 3 E(2, 1, 2) si π este paralel cu directiile u = 2i, v = 3k − i.

69. Aflati ecuatiile parametrice, trei puncte necoliniare si un vector normal, ale planuluix + 2y − 3z = 4.

70. Aflati planul π ın fiecare din urmatoarele cazuri:a) π determina pe cele trei axe de coordonate Ox,Oy, Oz segmente de marime algebricarespectiv 1,−3, 2;b) π ⊃ ∆ : x = 1− y = z−1

0 , π 3 F (1, 2, 3);c) π||π∗ : x− 3z + 1 = 0, π 3 G(2, 0,−1).

3. Probleme relative la dreapta si plan

71. Se dau planele π1 : x− 3y = 1, π2 : 2y + z = 2 si dreptele

∆1 :{

x− y = 2x + z = 3 , ∆2 : 2x−1

3 = y+10 = 1− z.

a) Sunt dreptele ∆1 si ∆2 paralele ? Dar concurente ? Dar perpendiculare ?

Page 16: Exercitii algebra

16 ALGA-GDED

b) Sunt planele π1 si π2 paralele ? Dar concurente ? Dar perpendiculare ?

72. Se dau planele π1 : x− 3y = 1, π2 : 2y + z = 2, π : y − z = 1 si dreptele

∆1 :{

x− y = 2x + z = 3 , ∆2 : 2x−1

3 = y+10 = 1− z, ∆ : x−1

−1 = y2 = z+1

5 .

Aflati unghiurile:a) dintre dreptele ∆1 si ∆2;b) dintre dreapta ∆ si planul π;c) dintre planele π1 si π2.

73. Se dau punctele A(1, 2, 3), B(−1, 0, 1), planul π : y− z = 1 si dreapta ∆ : x−1−1 = y

2 =z+15 . Aflati distantele:

a) dintre punctele A si B;b) dintre punctul A si dreapta ∆;c) dintre punctul A si planul π.

74. Se dau: punctul A(1, 2, 3), planul π : y− z = 1 si dreapta ∆ : x−1−1 = y

2 = z+15 . Aflati

proiectiile:a) proiectia punctului A pe planul π;b) proiectia punctului A pe dreapta ∆;c) proiectia dreptei ∆ pe planul π (tema).

75. Se dau punctele A(1, 2, 3), B(−1, 0, 1), planul π : y− z = 1, si dreapta ∆ : x−1−1 = y

2 =z+15 . Aflati simetricele:

a) simetricul punctului A fata de punctul B;b) simetricul punctului A fata de dreapta ∆;c) simetricul punctului A fata de planul π;d) simetrica dreptei ∆ fata de planul π.

76. Aflati perpendiculara comuna a dreptelor ∆1 :{

x− y = 2x + z = 3 si ∆2 : 2x−1

3 = y+10 =

1− z.

77. Aflati distanta dintre dreptele ∆1 :{

x− y = 2x + z = 3 si ∆2 : 2x−1

3 = y+10 = 1− z.

4. Coordonate curbilinii

78. a) Aflati coordonatele polare (ρ, θ) pentru punctul A ale carui coordonate cartezienesunt (x, y) = (1,−2);

b) Aflati coordonatele carteziene (x, y) pentru punctul B ale carui coordonate polare sunt(ρ, θ) = (2, 3π

4 ).

79. a) Aflati coordonatele cilindrice (ρ, θ, z) pentru punctul C ale carui coordonatecarteziene sunt (x, y, z) = (1,−2,−3);

b) Aflati coordonatele carteziene pentru punctul D ale carui coordonate cilindrice sunt(ρ, θ, z) = (1, 4π

3 , 2).

80. a) Aflati coordonatele sferice pentru punctul E ale carui coordonate carteziene sunt(x, y, z) = (1,−2,−3);

b) Aflati coordonatele carteziene pentru punctul F ale carui coordonate sferice sunt (r, ϕ, θ) =(1, 2π

3 , 5π3 ).

Page 17: Exercitii algebra

Enunturi 17

5. Conice

81. Aflati conica al carei grafic trece prin punctele A(1, 1), B(1,−1), C(−1, 1), D(−1,−1),E( 1

2 , 0), genul si natura acesteia.

82. Aflati conicele ale caror grafice trec prin punctele A(0, 1), B(−1, 0), C(0,−1), D(1, 0).

83. Aflati conicele ale caror grafice trec prin punctele A(1, 0), B(0, 0), C(0, 1).

84. Se da conica Γ : 4xy − 3y2 + 4x− 14y − 7 = 0.

a) Aratati ca Γ este o hiperbola.b) Aflati centrul hiperbolei Γ.c) Aflati axele, asimptotele si varfurile.d) Reprezentati grafic hiperbola.

85. Se da conica Γ : 9x2 + 6xy + y2 − 4x− 8y − 4 = 0.

a) Aratati ca Γ este o parabola.b) Aflati axa de simetrie si varful conicei.c) Eventual folosind intersectiile cu axele Ox si Oy, reprezentati grafic conica.

86. Se da conica Γ : 16x2 + 4xy + 19y2 + 80x + 10y + 40 = 0.

a) Aratati ca Γ este o elipsa.b) Aflati centrul elipsei Γ.c) Aflati axele si varfurile elipsei.d) Reprezentati grafic.

87. Se da conica Γ : x2 − 2xy + 3y2 − 4x + 6y − 4 = 0. Aflati:

a) polara relativa la A(1, 2) si tangentele duse din A la conica.b) diametrul conjugat cu v = i− 2j si tangentele de directie v la conica.c) tangenta dusa ın punctul B(1, 1) la conica.

88. Se da conica Γ : 4xy − 3y2 + 4x− 14y − 7 = 0. Folosind metodele rototranslatiei sia valorilor proprii, aflati ecuatia canonica si reprezentati grafic.

89. Se da parabola Γ : 9x2 +6xy+y2−4x−8y−4 = 0. Folosind metodele rototranslatieisi a valorilor proprii, aflati ecuatia canonica si reprezentati grafic.

90. Folosind metodele rototranslatiei si a valorilor proprii, aflati ecuatia canonica sireprezentati grafic conica 16x2 + 4xy + 19y2 + 80x + 10y + 40 = 0.

6. Cuadrice

91. Fie sfera Σ : x2 + y2 + z2 + 2x− 6y + 4z + 10 = 0.

a) Aflati centrul C si raza r a sferei.b) Aratati ca Σ intersecteaza planul π : 4x + y + 3z + 13 = 0 dupa un cerc.c) Aflati centrul C si raza r a cercului de intersectie a sferei cu planul π.

92. Se dau cuadricele:

Σ1 : x2 − y2 + z2 − 2xy − 2yz − 2zx− 5x− 1 = 0;

Σ2 : −2√

3xy + 2y2 − 7z2 + 112x− 16y − 14z − 87 = 0;

Σ3 : x2 + y2 + 5z2 − 6xy + 2xz − 2yz − 4x + 8y − 12z + 14 = 0.

Page 18: Exercitii algebra

18 ALGA-GDED

Pentru fiecare din cele trei cuadrice:a) calculati invariantii ∆, δ, J, I;b) aflati centrul Cs de simetrie al cuadricii;c) aduceti la forma canonica folosind metoda rototranslatiei: obtineti matricea de rotatiefolosind metoda valorilor proprii;d) reprezentati grafic cuadrica.

93. Aflati planul π tangent la cuadrica x2

9 + y2 = 2z, care trece prin punctul acesteiaA(−3,−1, 1).

94. Aflati unghiul format de generatoarele continute ın cuadrica x2

9 − z2

4 = y, care trecprin punctul acesteia M(3, 1, 0); determinati planul tangent la cuadrica si dreapta normalala cuadrica ın M .

7. Suprafete generate

95. Aflati suprafata cilindrica care are drept curba directoare curba Γ :{

x = y2

z = 0 si ale

carei generatoare sunt paralele cu dreapta ∆′ : x−11 = y = 1−z

−1 .

96. Aflati suprafata conica de varf V (1, 0, 0) si curba directoare Γ :{

x2 + y2 = 1x− z = 0 .

97. Aflati suprafata de rotatie generata prin rotirea dreptei ∆ ın jurul axei Oy:a) ∆ : x−1

0 = y+22 = z−3

0 ;b) ∆ : x

3 = y+21 = z

−1 ;c) ∆ : x

3 = y+21 = z−3

−1 .

IV. Geometrie diferentiala

1. Aplicatii diferentiabile

98. Se da functia f : R→ R2, f(s) = (s2, s3). Studiati daca f este:a) injectiva/surjectiva/bijectiva; ın ultimul caz determinati inversa acesteia;b) imersie/submersie/difeomorfism; calculati ın prealabil matricea jacobiana a functiei.

99. Acelasi enunt pentru f : R→ R3, f(t) = (2 cos2 t, sin 2t, 2 sin t), t ∈ (0, π2 ).

100. Acelasi enunt pentru f : R2 → R2, f(u, v) = (u + v, uv), (u, v) ∈ R2. Calculatif−1({(0, 1)}) si Im (f).

101. Verificati ca urmatoarea aplicatie este difeomorfism si calculati inversa acesteia:

f : (0,∞)× [0, 2π) → R2\{(0, 0)}, f(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ).

2. Curbe ın Rn

102. Aflati hiperplanul normal si dreapta tangenta la curbaα : R→ R4, α(t) = (t4,−1, t5, t6 + 2) ın punctul A(1,−1, 1, 3).

103. Aceeasi problema pentru curba de la problema 1 si ın punctul B(0,−1, 0, 2). Esteα curba regulata ? Aflati singularitatile curbei si ordinul acestora.

Page 19: Exercitii algebra

Enunturi 19

104. Aflati unghiul curbelor

α(t) = (t2 + 1, ln t, t), t > 0, β(s) = (2 + s, s, s + 1), s ∈ R

ın punctul comun al acestora.

105. Studiati comportarea asimptotica a curbei α(t) =(t− 1, t2

t−1

), α : R\{1} → R2.

106. Se da cicloida α(t) = (a(t− sin t), a(1− cos t)), t ∈ R, (a > 0).a) Aflati lungimea arcului de curba Γ = α([0, 2π]).b) Determinati abscisa curbilinie a curbei si parametrizarea normala a acesteia pentru t ∈(0, 2π).

3. Curbe plane

107. Se da curba α(t) = (t2, 3t), t ∈ R. Aflati tangenta, normala, subtangenta si subnor-mala curbei ın punctul A(1,−3).

108. Se da curba Γ : x2 − y3 − 3 = 0.a) Aflati tangenta si normala la curba ın punctul A(−2, 1).b) Parametrizati curba α.

109. Se da parabola α(t) = (t, t2), t ∈ R. Aflati:a) elementele Frenet ale curbei (versorii si curbura curbei) si verificati ecuatia Frenet;b) elementele Frenet ale curbei ın punctul A(−2, 4);c) ecuatia cercului osculator ın punctul A al curbei;d) evoluta curbei;e) ecuatia carteziana a curbei.

110. Aflati ınfasuratoarea familiei de curbe, ın fiecare din cazurile urmatoare:

a) Γa : (x− a)2 + y2 − a2

2 = 0, a ∈ R;b) Γα : x · cos α + y · sin α = 2, α ∈ [0, 2π];c) Γλ : x2 + y2 − 2λx + λ2 − 4λ = 0, λ ∈ R.

111. Se da curba Γ : x3 − 2y2 = 0.a) aflati tangenta si normala la curba ın punctul A(2,−1) ∈ Γ;b) aflati punctele singulare, tipul acestora si tangenta si normala ın aceste puncte. Este Γcurba regulata ?

112. Trasati graficul curbei α(t) = (2− t + 1t , 2 + t + 1

t ), t ∈ R∗.

113. Se dau urmatoarele curbe:a) Γ1 : y2(a− x)− x3 = 0 (cisoida lui Diocles);b) Γ2 : x3 + y3 − 3axy = 0 (foliumul lui Descartes);c) Γ3 : x(x2 + y2) + a(y2 − x2) = 0 (strofoida).In fiecare din cele trei cazuri, determinati o parametrizare a curbei folosind substitutia y = tx(unde t = parametru); aflati ecuatia polara; folosind aceasta ecuatie, aflati directia asimp-totica si asimptotele curbei.

114. Se dau curbele:a) spirala lui Arhimede Γ1 : ρ = aθ (a > 0);b) spirala exponentiala Γ2 : ρ = eθ, θ ∈ R.

Page 20: Exercitii algebra

20 ALGA-GDED

In fiecare din cele doua cazuri determinati ecuatiile tangentei si normalei relativ la reperulmobil si calculati curbura.

4. Curbe ın spatiu

115. Se da curba α(t) = (2 cos t, 2 sin t, t), t ∈ R.a) aflati elementele Frenet ıntr-un punct arbitrar al curbei si verificati ecuatiile Frenet;b) aflati elementele Frenet ın punctul A(−2, 0, π);c) aratati ca α este o elice;d) aflati ecuatiile carteziene ale curbei;e) aflati muchiile si fetele reperului Frenet.

116. Se da curba α(t) = (t + t2, t2 − t, t2 − t), t ∈ R. Aratati ca α:a) are planul osculator independent de t; acesta contine imaginea curbei;b) are torsiunea identic nula;c) are vectorul binormal independent de t.

117. Se da curba Γ :{

x2 + y2 + z2 = 2z = 1.

a) aflati dreapta tangenta si planul normal la curba ın A(−1, 0, 1);b) determinati o parametrizare a curbei.

5. Suprafete

118. Se da aplicatia r(u, v) = (u cos v, u sin v, u2), unde (u, v) ∈ D = (0,∞)× [0, 2π).

a) Calculati vitezele partiale ale suprafetei. Este r o harta ?b) Aflati dreapta normala si planul tangent la Σ = r(D) ⊂ R3 ın punctul acesteia A(−2, 0, 4);c) care este campul de versori normali n la suprafata Σ ? Care este reperul Gauss al suprafetei?d) Aflati ecuatia carteziana a suprafetei Σ. Ce reprezinta aceasta ?e) Ce reprezinta curbele coordonate ale suprafetei ? Aflati ecuatiile carteziene ale acestora;f) aflati unghiul format de curbele coordonate ın punctul A.

119. Se da multimea de nivel constant Σ : x3 − z + 1 = 0

a) Este Σ o suprafata ?b) Determinati campul n de versori normali la Σ.c) Aflati dreapta normala si planul tangent la Σ ın A(1, 0, 2).

120. Folosind ecuatiile parametrice si ecuatiile carteziene ale urmatoarei suprafete simple,aratati ca:

a) r(u, v) = (u cos v, u sin v, v), (u, v) ∈ R2 este un elicoid cu plan director;b) r(u, v) = (cos u, sin u, v), (u, v) ∈ (0, 2π)× R este o suprafata cilindrica;c) r(u, v) = (v cos u, v sin u, v), (u, v) ∈ (0, 2π)× R este o suprafata conica.

121. Se da suprafata parametrizata r(u, v) = (u cos v, u sin v, v), (u, v) ∈ R2.

a) Aflati matricele celor cele trei forme fundamentale [I], [II], [III] ale suprafetei.b) Ce unghi formeaza curbele coordonate; este reperul Gauss ortonormat ?c) Determinati curbura totala (curbura Gauss) K si curbura medie H ale suprafetei.d) Este suprafata data desfasurabila ? Dar minimala ? Ce fel de puncte are suprafata data(eliptice/parabolice/hiperbolice) ?

Page 21: Exercitii algebra

Enunturi 21

e) Testati formula Beltrami-Enneper [III]− 2H[II] + K[I] = [0].

122. Pentru suprafata parametrizata r(u, v) = (u cos v, u sin v, v), (u, v) ∈ R2:

a) determinati matricea operatorului Weingarten;b) aflati curburile principale k1 si k2 si directiile principale ale suprafetei ıntr-un punct oare-care al acesteia, folosind matricea operatorului Weingarten. Aflati aceleasi curburi folosindK si H;c) determinati curbura normala a suprafetei ın directia tangenta data de vectorul w = 2ru−rv

ın punctul A(−1, 0, π) al suprafetei;d) aflati aproximarea patratica a suprafetei ın punctul A.

123. Pentru suprafata parametrizata r(u, v) = (u cos v, u sin v, v), (u, v) ∈ R2:

a) determinati lungimea curbei Γv=2u, u ∈ [1, 2].b) aflati aria zonei de suprafata care corespunde domeniului (u, v) ∈ [0, 1]× [0, π].

124. Pentru cilindrul r(u, v) = (cos u, sin u, v), (u, v) ∈ [0, 2π)× R, sa se determine:

a) liniile de curbura (curbele principale);b) curbele asimptotice;c) geodezicele.

V. Ecuatii diferentiale

1. Ecuatii diferentiale ordinare

125. Sa se arate ca functia y(x) data prin relatia implicita sin y−cx = 0, (c ∈ R) satisfaceecuatia diferentiala xy′ cos y − sin y = 0.

126. Sa se afle solutia generala a ecuatiei diferentiale cu variabile separabile xy′ cos y −sin y = 0.

127. Sa se integreze urmatoarele ecuatii diferentiale omogene, aratand ca acestea suntreductibile la ecuatii cu variabile separabile:a) x2y′ − y2 = 0;b) y′ · cos y

x = sin yx .

128. Integrati urmatoarele ecuatii diferentiale, aratand ca acestea sunt reductibile laecuatii cu variabile separabile.a) (x + y − 1)dx + (x− y − 1)dy = 0;b) (x + y − 1)dx + (x + y)dy = 0.

129. Sa se integreze urmatoarele ecuatii diferentiale liniare:a) xy′ + 2y = 3x, y(1) = 1b) xy′ + 3y = x2.

130. Sa se arate ca urmatoarele ecuatii sunt de tip Bernoulli si sa se integrezea) y′ = y − x

√y;

b) dy = (xy − xy3)dx.

131. Integrati urmatoarele ecuatii de tip Riccati stiind ca acestea admit o solutie parti-culara de forma indicata alaturat

Page 22: Exercitii algebra

22 ALGA-GDED

a) y′ = x · y2 − y, y1 = 1x+a , (a ∈ R);

b) y′ + y2 = 2x2 , y1 = a

x , (a ∈ R).

132. Sa se integreze urmatoarele ecuatii diferentiale exacte, verificand ın prealabil caecuatiile sunt de acest tip:

a) (x + y) + (x + 2y) · y′ = 0;b) (x2 + y2 + 2x)dx + 2xydy = 0.

133. Aratati ca urmatoarele ecuatii admit factor integrant si apoi integrati:

a) (xy − x2)dy − y2dx = 0;b) (5x2 + 12xy − 3y2)dx + (3x2 − 2xy)dy = 0;c) y′ · x

y + 1 = 0.

134. Aratati ca urmatoarea ecuatie este de tip Clairaut si apoi aflati solutia acesteia:y = xy′ − ln y′.

135. Aratati ca urmatoarele ecuatii sunt de tip Lagrange si apoi integrati:

a) y = 2xy′ − y′2;b) y − (y′)2 − 2(y′)3 = 0.

2. Ecuatii diferentiale de ordin superior

136. Integrati ecuatiile diferentiale liniare omogene de ordinul 2 cu coeficienti constanti:

a) y′′ + 2y′ − 3y = 0;b) y′′ + 4y = 0.

137. Sa se rezolve problema la limita (cu legaturi)

y′′ + 2y′ − 3y = 0y(0) = −1y(−1) = 0.

138. Aceeasi problema pentru x2y′′ − 3xy′′ + 4y = 0, y(e) = e2, y(1) = 0.

139. Sa se integreze urmatoarele ecuatii diferentiale liniare neomogene:

a) y′′ + 2y′ − 3y = e−3x;b) y′′′ − y′′ − y′ + y = x · cos x;c) y′′ − y = x · ex;

d) problema Cauchy:

yIV − y = 8ex

y(0) = 0y′′′(0) = 6y′′(0) = 2yIV (0) = 4

.

140. (Traiectorii izogonale). Se da familia de drepte Γm : y = mx, m ∈ R.

a) Aflati ecuatia diferentiala a familiei de curbe date.b) Aflati traiectoriile ortogonale la familia data.c) Aflati curbele (traiectoriile izogonale) care formeaza cu familia data unghi de 45o.

141. Sa se arate ca urmatoarele ecuatii admit reducerea ordinului.

a) xy′′′ − y′′ = 0;b) 2yy′ = y′2 + 1;c) xy′ + y′′ = 0.

Page 23: Exercitii algebra

Enunturi 23

3. Sisteme de ecuatii diferentiale

142. Sa se rezolve sistemul de ecuatii diferentiale omogene{

x′ = yy′ = x.

143. Folositi rezultatul obtinut la problema 1) pentru aflarea solutiei generale a sistemului

diferential neomogen{

x′ = yy′ = x + 2.

144. Rezolvati problema Cauchy{

x′ = yy′ = x + 2 ,

{x(0) = 0y(0) = 2.

145. Sa se rezolve sistemul diferential{

x′ = yy′ = x + 2 folosind metoda eliminarii.

146. Rezolvati ecuatia liniara de ordin superior cu coeficienti constanti y′′ − y = 2, undefunctia necunoscuta este y = y(x).

147. Rezolvati problema Cauchy

y′′ − y = 2y(0) = 1y′(0) = 2.

4. Stabilitate

148. Determinati daca solutia X(t) =(

x(t)y(t)

)a sistemului diferential X ′ = AX este

stabila sau asimptotic stabila, stiind ca σ(A) = {−1,−2}.149. Aceeasi problema, ın cazurile urmatoare:

a) σ(A) = {−2,±i};b) σ(A) = {±2i};c) σ(A) = {2,±i}.

5. Linii de camp (sisteme simetrice, integrale prime)

150. Aflati liniile de camp ale urmatoarelor campuri vectoriale folosind metoda combinatiilorintegrabile:a) X(x,y,z) = (x, y, x + y);b) X(x,y,z) = (x2, xy, y2).

151. Sa se afle solutia generala pentru urmatoarele ecuatii diferentiale liniare omogenecu derivate partiale:

a) x∂u∂x + y ∂u

∂y + (x + y)∂u∂z = 0;

b) x2 ∂u∂x + xy ∂u

∂y + y2 ∂u∂z = 0.

152. Determinati acea suprafata de camp Σ : u(x, y, z) = 0 a campului X care continecurba Γ. Se dau:

a) X = (x, y, x + y), Γ :{

y = 1z = x2 (parabola).

b) X = (x2, xy, y2), Γ :{

y = 1z = x3.

Page 24: Exercitii algebra

Solutii

I.1. Matrice, determinanti si sisteme liniare

1. a) Prin calcul direct, obtinem

AB =(

1 01 2

)(0 1−1 0

)=

(0 1−2 1

),

BA =(

0 1−1 0

)(1 01 2

)=

(1 2−1 0

),

deci AB 6= BA. b) In urma calculelor rezulta

B tA t =(

0 −11 0

)(1 10 2

)=

(0 −21 1

)= (AB) t,

deci (AB) t = B tA t. c) Deoarece det A =∣∣∣∣

1 01 2

∣∣∣∣ = 2 6= 0, rezulta ca exista A−1. Prin

calcul direct obtinem A−1 =1

detA

(2 0−1 1

), deci A−1 =

(1 0

−1/2 1/2

).

Altfel. Metoda sistemului consta ın considerarea sistemului AX = B, unde B este un vectorcoloana arbitrar. Din solutia X = A−1B a sistemului se extrag apoi coeficientii matricii A−1.Rezolvam sistemul:

{1 · x + 0 · y = a1 · x + 2 · y = b

⇔{

x = ay = −a

2 + b2

⇔(

xy

)=

(1 0

−1/2 1/2

)(ab

),

deci A−1 =(

1 0−1/2 1/2

). d) Avem

det AB =∣∣∣∣

0 1−2 1

∣∣∣∣ = 2, detBA =∣∣∣∣

1 2−1 0

∣∣∣∣ = 2,

det A =∣∣∣∣

1 01 2

∣∣∣∣ = 2, detB =∣∣∣∣

0 1−1 0

∣∣∣∣ = 1,

deci se verifica relatia det AB = det BA = det A · detB.

2. a) Aplicand regula lui Sarrus, obtinem

detA =

∣∣∣∣∣∣

1 0 20 1 1−1 1 0

∣∣∣∣∣∣=

= [1 · 1 · 0 + 0 · 1 · 2 + (−1) · 0 · 1]− [2 · 1 · (−1) + 1 · 1 · 1 + 0 · 0 · 0] = 1.

b) Dezvoltand dupa prima linie, obtinem:

detA = (−1)1+1 · 1∣∣∣∣

1 11 0

∣∣∣∣ + (−1)1+2 · 0 ·∣∣∣∣

0 1−1 0

∣∣∣∣ + (−1)1+3 · 2 ·∣∣∣∣

0 1−1 1

∣∣∣∣ = 1.

c) Dezvoltand dupa prima coloana, obtinem:

det A = (−1)1+1 · 1 ·∣∣∣∣

1 11 0

∣∣∣∣ + (−1)2+1 · 0 ·∣∣∣∣

0 21 0

∣∣∣∣ + (−1)3+1 · (−1) ·∣∣∣∣

0 21 1

∣∣∣∣ = 1.

d) Adunam prima coloana la cea de-a doua si apoi dezvoltam dupa ultima linie:

detA =

∣∣∣∣∣∣

1 0 20 1 1−1 1 0

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

1 1 20 1 1−1 0 0

∣∣∣∣∣∣= (−1) ·

∣∣∣∣1 21 1

∣∣∣∣ = (−1) · (−1) = 1.

Page 25: Exercitii algebra

Solutii 25

3. a) Calculam coeficientii matricei adjuncte A∗ =

a∗11 a∗21 a∗31a∗12 a∗22 a∗32a∗13 a∗23 a∗33

,

a∗11 = (−1)1+1

∣∣∣∣1 11 0

∣∣∣∣ = −1, a∗12 = (−1)1+2

∣∣∣∣0 1−1 0

∣∣∣∣ = −1, a∗13 = (−1)1+3

∣∣∣∣0 1−1 1

∣∣∣∣ = 1,

a∗21 = (−1)2+1

∣∣∣∣0 21 0

∣∣∣∣ = 2, a∗22 = (−1)2+2

∣∣∣∣1 2−1 0

∣∣∣∣ = 2, a∗23 = (−1)2+3

∣∣∣∣1 0−1 1

∣∣∣∣ = −1,

a∗31 = (−1)3+1

∣∣∣∣0 21 1

∣∣∣∣ = −2, a∗32 = (−1)3+2

∣∣∣∣1 20 1

∣∣∣∣ = −1, a∗33 = (−1)3+3

∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = 1.

Dar det A = 1; ın concluzie A−1 =1

det A·A∗ =

−1 2 −2−1 2 −11 −1 1

.

b) Consideram sistemul scris ın forma matriceala AX = B, echivalent cu

x + 2z = ay + z = b−x + y = c

x = −a + 2b− 2cy = −a + 2b− cz = a− b + c

xyz

=

−1 2 −2−1 2 −11 −1 1

abc

,

deci A−1 =

−1 2 −2−1 2 −11 −1 1

.

c) Se observa ca minorii principali ai matricei A sunt nenuli:

∆1 = 1 6= 0, ∆2 =∣∣∣∣

1 00 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0, ∆3 =

∣∣∣∣∣∣

1 0 20 1 1−1 1 0

∣∣∣∣∣∣= det A = 1 6= 0,

deci pivotand succesiv pe diagonala matricei extinse (A|I3), rezulta:

(A|I3) =

1 0 20 1 1−1 1 0

∣∣∣∣∣∣

1 0 00 1 00 0 1

1 0 20 1 10 1 2

∣∣∣∣∣∣

1 0 00 1 01 0 1

1 0 20 1 10 0 1

∣∣∣∣∣∣

1 0 00 1 01 −1 1

1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣

−1 2 −2−1 2 −11 −1 1

.

Se observa ca ın blocul drept al ultimei matrice s-a obtinut matricea A−1.

4. 1) a) Rezolvam sistemul. Matricea coeficientilor sistemului este A =

1 2 33 0 22 1 12 2 3

si are rangul 3 dat de minorul

∣∣∣∣∣∣

1 2 33 0 22 1 1

∣∣∣∣∣∣= 9 6= 0. Sistemul este compatibil deoarece

unicul determinant caracteristic este cel al ecuatiei secundare (al ultimei ecuatii din sistem)

∆car,4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3 13 0 2 02 1 1 1/22 2 3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0. Sistemul redus, format din primele trei ecuatii este deci

x + 2y + 3z = 13x + 2z = 02x + y + z = 1/2

si are solutia X = (0, 1/2, 0) t.

Page 26: Exercitii algebra

26 ALGA-GDED

b) Observam ca minorii principali ai matricei A sunt nenuli (∆1 = 1, ∆2 = −6, ∆3 = 9),deci aplicand metoda Gauss-Jordan (pivotare succesiva completa), obtinem:

A =

(1 2 33 0 22 1 12 2 3

∣∣∣∣∣10

1/2

1

)⇒

(1 2 30 −6 −7

0 −3 −5

0 −2 −3

∣∣∣∣∣1−3

−3/2

−1

)⇒

1 0 2/3

0 1 7/6

0 0 −3/2

0 0 −2/3

∣∣∣∣∣∣

0

1/2

00

)⇒

(1 0 00 1 00 0 10 0 0

∣∣∣∣∣0

1/2

00

),

deci solutia o aflam rezolvand noul sistem

x = 0y = 1/2z = 00 = 0

x = 0y = 1/2z = 0

⇔ X =

01/20

.

2) a) Matricea coeficientilor sistemului este A =

1 1 −12 1 −12 −1 15 1 −1

si are rangul 2, un minor

principal al sau fiind∣∣∣∣

1 12 1

∣∣∣∣ = −1 6= 0. Exista doi minori caracteristici:

∆car,3 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 32 1 52 −1 3

∣∣∣∣∣∣= 0, ∆car,4 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 32 1 55 1 11

∣∣∣∣∣∣= 0

care fiind nuli, sistemul este compatibil. Rezolvam sistemul format din prima si a douaecuatie a sistemului initial; trecem ın membrul drept necunoscuta secundara x3 notata cu s,deci obtinem

x1 + x2 = 3 + s2x1 + x2 = 5 + sx3 = s

, s ∈ R⇔

x1 = 2x2 = s + 1x3 = s

, s ∈ R,

deci solutia sistemului initial este X∗ = (2, s + 1, s) t, s ∈ R.

b) Observam ca rangul matricei A este 2 si ca primii doi minori principali ai matricei A suntnenuli (∆1 = 1, ∆2 = −1); aplicand metoda Gauss-Jordan, obtinem:

A =

1 1 −12 1 −12 −1 15 1 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

35311

1 1 −10 −1 10 −3 30 −4 4

∣∣∣∣∣∣∣∣

3−1−3−4

1 0 00 1 −10 0 00 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣

2100

,

deci rezulta sistemul compatibil nedeterminat

x = 2y − z = 10 = 0, 0 = 0

x = 2y = s + 1z = s

, s ∈ R.

3) a) Matricea coeficientilor este A =

1 −82 14 7

si are rangul 2, un minor principal al

sau fiind∣∣∣∣

1 −82 1

∣∣∣∣ = 17 6= 0. Exista un singur minor caracteristic si anume ∆car,3 =∣∣∣∣∣∣

1 −8 32 1 14 7 −4

∣∣∣∣∣∣= −77 6= 0. Deoarece acesta este nenul, sistemul este incompatibil si deci

solutia este X ∈ g¡ .

Page 27: Exercitii algebra

Solutii 27

b) Observam ca minorii principali ai matricei A sunt nenuli (∆1 = 1, ∆2 = 17); aplicandmetoda Gauss-Jordan, obtinem:

A =

1 −82 14 7

∣∣∣∣∣∣

31−4

1 −80 170 39

∣∣∣∣∣∣

3−5−16

1 00 10 0

∣∣∣∣∣∣

11/17−5/17−77/17

deci obtinem sistemul

x = 11/17y = −5/170 = −77/17

; deoarece ultima ecuatie (0 = −77/17) este o contradictie,

rezulta sistem incompatibil.

5. a) Matricea extinsa asociata sistemului este A = (A|b) =

1 0 12 0 21 1 1

∣∣∣∣∣∣

123

.

Deoarece det A =

∣∣∣∣∣∣

1 0 12 0 21 1 1

∣∣∣∣∣∣= 0, consideram ca minor principal ∆pr =

∣∣∣∣2 01 1

∣∣∣∣ = 2 6= 0.

Deci ultimele doua ecuatii sunt principale, iar prima este secundara. Atunci, singurul

determinant caracteristic obtinut prin bordare este ∆car,2 =

∣∣∣∣∣∣

1 0 12 0 21 1 3

∣∣∣∣∣∣= 2 − 2 = 0, deci

sistemul este compatibil. Deoarece rangul este 2, mai mic decat numarul de necunoscute 3,sistemul este compatibil nedeterminat, cu necunoscuta secundara corespunzatoare coloaneia treia, deci z = t. Rezolvam sistemul redus la ecuatiile principale si obtinem:

z = tx = 1− tx + y = 3− t

, t ∈ R⇔

x = 1− ty = 2z = t

, t ∈ R⇔

xyz

=

1− t2t

, t ∈ R.

b) Matricea extinsa asociata sistemului este A = (A|b) =

1 11 −12 21 2

∣∣∣∣∣∣∣∣

2042

. Consideram

minorul principal ∆pr =∣∣∣∣

1 11 −1

∣∣∣∣ = −2 6= 0. Atunci determinantii caracteristici (obtinuti

prin bordarea minorului principal cu coloana termenilor liberi) sunt:

∆car,3 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 21 −1 02 2 4

∣∣∣∣∣∣= 0, ∆car,4 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 21 −1 01 2 2

∣∣∣∣∣∣= 2 6= 0.

Deoarece nu toti determinantii caracteristici sunt nuli rezulta, conform teoremei Rouche, casistemul este incompatibil.

I.2. Dreapta ın plan. Conice

6. Panta dreptei ∆ este m = tg(−π/3) = −√3, deci aplicand formula ∆ : y − yA =m(x− xA), ecuatia dreptei se scrie

∆ : y + 1 = −√

3(x− 2) ⇔√

3x + y + (1− 2√

3) = 0.

7. Se aplica formula ∆ :x− xA

xB − xA=

y − yA

yB − yA. Obtinem ∆ :

x− 13− 1

=y − 2−1− 2

⇔3x + 2y − 7 = 0.

Page 28: Exercitii algebra

28 ALGA-GDED

8. Cele 3 puncte A(0, 1), B(1, 1) si C(1, 0) sunt coliniare daca avem: δ ≡∣∣∣∣∣∣

xA yA 1xB yB 1xC yC 1

∣∣∣∣∣∣=

0. In acest caz avem δ =

∣∣∣∣∣∣

0 1 11 1 11 0 1

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ 1 − 1 − 1 = 0 fals, deci A, B si C nu sunt

coliniare. Aria ∆ABC este A∆ABC = 12 |δ| = 1

2 · |−1| = 12 . Se observa ca deoarece δ < 0,

punctele A, B si C nu sunt parcurse ın ordine trigonometrica.

9. Distanta d de la un punct A(xA, yA) la o dreapta ∆ : ax + by + c = 0 este data deformula

d =|a · xA + b · yA + c|√

a2 + b2.

In cazul nostru a = 2, b = −1, c = −1, xA = 1, yA = 2, deci obtinem

d =|2 · 1 + (−1) · 2 + (−1)|√

22 + (−1)2=

1√5.

10. a) Ecuatia carteziana a cercului Γ1 de centru C1(1,−2) si de raza r1 = 2 esteΓ1 : (x− 1)2 + (y − (−2))2 = 22.Dezvoltand, obtinem ecuatia carteziana generala (normala) a cercului:

Γ1 : x2 + y2 − 2x + 4y + 1 = 0.

Ecuatiile parametrice ale cercului Γ1 se scriu

Γ1 :{

x = xC1 + r1 cos ty = yC1 + r1 sin t

⇔{

x = 1 + 2 cos ty = −2 + 2 sin t

, t ∈ [0, 2π).

b) Cercul ce trece prin punctele A(0, 3), B(1, 2) si C(2, 0) are ecuatia:

Γ2 :

∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 1x2

A + y2A xA yA 1

x2B + y2

B xB yB 1x2

C + y2C xC yC 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 19 0 3 15 1 2 14 2 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

⇔ x2 + y2 + 7x + 3y − 18 = 0.

Grupand termenii pentru a forma patrate perfecte obtinem:

Γ2 :(x2 + 7x +

(72

)2)− (

72

)2 +(y2 + 3y +

(32

)2)− (

32

)2 − 18 = 0 ⇔

⇔ (x + 7

2

)2 +(y + 3

2

)2 = 32, 5

deci centrul si raza cercului Γ2 sunt C2(− 72 ,− 3

2 ), respectiv r2 =√

32, 5.c) In urma calculelor rezulta d(C1, C2) =

√20, 5 si |r1 − r2| =

√32, 5 − 2 < d(C1, C2) <

r1 + r2 = 2 +√

32, 5, deci cele doua cercuri sunt secante.

11. a) Aflam ecuatia tangentei la cercul Γ dusa prin punctul A(6, 1) ∈ Γ prin dedublareaecuatiei cercului cu coordonatele punctului A:

∆tg,A : (x− 6)(xA − 6) + (y − 3)(yA − 3) = 4 ⇔⇔ (6− 6)(x− 6) + (1− 3)(y − 3) = 4 ⇔ y = 1.

Altfel. Dezvoltand patratele ın ecuatia cercului, obtinem

Γ : x2 + y2 − 12x− 6y + 41 = 0,

Page 29: Exercitii algebra

Solutii 29

deci

∆tg,A : xxA + yyA − 12 · 12 (x + xA)− 6 · 1

2 (y + yA) + 41 = 0 ⇔⇔ 6x + y − 6(x + 6)− 3(y + 1) + 41 = 0 ⇔ −2y + 2 = 0 ⇔ y = 1.

b) Polara la cerc relativa la polul B(−1,−2) se obtine prin dedublare cu coordonatele punc-tului B si are ecuatia

∆pol : (−1− 6)(x− 6) + (−2− 3)(y − 3) = 4 ⇔ 7x + 5y − 53 = 0.

Punctele ın care polara taie cercul Γ sunt punctele {T1,2} = ∆pol ∩ Γ aflate la intersectiatangentelor duse din punctul B(−1,−2) la Γ cu cercul Γ.

∆pol ∩ Γ :{

7x + 5y − 53 = 0(x− 6)2 + (y − 3)2 = 4 ⇔

⇔{

x1 = (208 + 5√

70)/37, y1 = (101− 7√

70)/37

x2 = (208− 5√

70)/37, y2 = (101 + 7√

70)/37.

Tangentele duse din punctul B(−1,−2) la cercul Γ sunt dreptele BT1 si BT2, deci au ecuatiile:

∆′tg,B :

x + 1x1 + 1

=y + 2y1 + 2

, ∆′′tg,B :

x + 1x2 + 1

=y + 2y2 + 2

.

12. a) Ecuatia canonica generala a unei elipse este de forma E :x2

a2+

y2

b2= 1, unde a

si b sunt semiaxele elipsei. Daca a > b, focarele sunt F ′(−√a2 − b2, 0) si F (√

a2 − b2, 0), iarA′(−a, 0), A(a, 0), B′(0,−b) si B(0, b) sunt varfurile elipsei. In cazul nostru, ecuatia canonica

a elipsei este E :x2

4+

y2

1= 1, deci semiaxele sunt a = 2 si b = 1. In concluzie, focarele si

varfurile elipsei sunt F ′(−√3, 0), F (√

3, 0), respectiv A′(−2, 0), A(2, 0), B′(0,−1) si B(0, 1).b) Ecuatia tangentei duse prin punctul A(1,

√3/2) ∈ E la elipsa E : x2 +4y2−4 = 0 o aflam

prin dedublare:

∆tg,A : x · 1 + 4 · y ·√

32− 4 = 0 ⇔ x + 2

√3y − 4 = 0.

c) Pentru a afla ecuatiile tangentelor duse din punctul B(3,−1) /∈ E la elipsa, scriem ecuatiapolarei relativa la B, ∆pol,B : 3x− 4y − 4 = 0. Punctele de intersectie {T1,2} ale tangentelordin punctul B cu elipsa le gasim rezolvand sistemul:

E ∩∆pol,B :{

3x− 4y − 4 = 0x2 + 4y2 − 4 = 0 ⇔

{y = 3x−4

413x2 − 24x = 0 ⇔

{x1 = 0, y1 = −1x2 = 24/13, y2 = 5/13.

Rezulta T1(0,−1) si T2( 2413 , 5

13 ), deci ecuatiile celor doua tangente sunt

∆′tg,B = BT1 :

x− 30− 3

=y + 1−1 + 1

⇔ y = −1

∆′′tg,B = BT2 :

x− 32413 − 3

=y + 1513 + 1

⇔ x− 3−5

=y + 1

6.

13. a) Ecuatia canonica a unei hiperbole este de forma H :x2

a2− y2

b2= 1, unde a si b sunt

semiaxele hiperbolei; focarele sunt F ′(−√a2 + b2, 0), F (√

a2 + b2, 0), iar A′(−a, 0) si A(a, 0)

Page 30: Exercitii algebra

30 ALGA-GDED

sunt varfurile hiperbolei; asimptotele sunt dreptele ∆1,2 : y = ± bax care trec prin origine si

au pantele ± ba .

In cazul nostru ecuatia canonica a hiperbolei este H :x2

2− y2

1= 1, deci semiaxele sunt

a =√

2 si b = 1. In concluzie, focarele si varfurile elipsei sunt F ′(−√3, 0), F (√

3, 0), respectivA′(−√2, 0) si A(

√2, 0), iar ecuatiile celor doua asimptote sunt y = ± 1√

2x.

b) Tangenta dusa prin punctul A(2, 1) ∈ H este

∆tg,A : 2 · x− 2 · y − 2 = 0 ⇔ x− y − 1 = 0.

c) Polara relativa la punctul B(0, 1) /∈ H are ecuatia

∆pol,B : 0 · x− 2 · y · 1− 2 = 0 ⇔ y = −1.

Punctele de intersectie {T1,2} ale tangentelor din punctul B cu hiperbola le aflam rezolvandsistemul

H ∩∆pol,B :{

y = −1x2 − 2y2 − 2 = 0,

deci obtinem punctele T1(−2,−1)si T2(2,−1), iar ecuatiile celor doua tangente sunt

∆′ :x− 0−2− 0

=y − 1−1− 1

⇔ x− y = −1, ∆′′ :x− 02− 0

=y − 1−1− 1

⇔ x + y = 1.

14. a) Distanta focala a unei parabole data prin ecuatia P : y2 = 2p · x estep

2, deci ın

cazul nostrup

2=

4/22

= 1.

b) Tangenta dusa prin punctul A(9,−6) ∈ P la parabola are ecuatia

∆tg,A : y · (−6) = 2(x + 9) ⇔ x + 3y + 9 = 0.

c) Polara relativa la punctul B(2,−3) /∈ P are ecuatia

∆pol,B : y · (−3) = 2(x + 2) ⇔ 2x + 3y + 4 = 0

si intersectand cu parabola, obtinem punctele de tangenta T1(4,−4) si T2(1,−2). Ecuatiilecelor doua tangente sunt

∆′tg,B :

x− 24− 2

=y + 3−4 + 3

⇔ x + 2y + 4 = 0,

∆′′tg,B :

x− 21− 2

=y + 3−2 + 3

⇔ x + y + 1 = 0.

II.1. Spatii vectoriale. Subspatii vectoriale. Dependenta liniara

15. a) 1. Se observa ca adunarea vectorilor este corect definita: ∀x, y ∈ R2 ⇒ x+y ∈ R2.2. Pentru a fi ındeplinita proprietatea de asociativitate a adunarii trebuie sa avem:

(x + y) + z = x + (y + z) ⇔ ((x1 + y1) + z1, x2 + |y2|+ |z2|) =

= (x1 + (y1 + z1), x2 + |y2 + |z2||) ⇔ |y2|+ |z2| = |y2 + |z2||.Dar, dintr-o proprietate a modulului, avem:

|y2 + |z2|| ≤ |y2|+ |z2|

Page 31: Exercitii algebra

Solutii 31

iar inegalitatea poate fi stricta. De exemplu, pentru y2 = −1, z2 = 1 aceasta devine 0 < 2.Atunci spre exemplu, pentru x = (0, 0), y = (0,−1), z = (0, 1) obtinem (x + y) + z = (0, 2),iar x + (y + z) = (0, 0) si deci (x + y) + z 6= x + (y + z). Deci proprietatea de asociativitatenu are loc.3. Elementul neutru. Proprietatea ∃e ∈ V a.ı. ∀x ∈ V, x + e = e + x = x se rescrie

{(x1 + e1, x2 + |e2|) = (x1, x2)(e1 + x1, e2 + |x2|) = (x1, x2)

⇔{

(e1, |e2|) = (0, 0)(e1, e2 + |x2|) = (0, x2)

⇔{

e1 = e2 = 0|x2| = x2

deci este echivalenta cu conditiile

(1){

e1 = e2 = 0x2 ≥ 0.

Relatiile (1) nu au loc pentru orice x ∈ R2 (de exemplu, pentru e = (0, 0) si x = (0,−1) avemx + e = (0,−1) = x, dar e + x = (0, 1) 6= x) si deci proprietatea de existenta a elementuluineutru nu are loc.4. Elementul simetrizabil. Evident, daca nu exista element neutru, nu poate exista niciproprietatea de existenta a simetricului.5. Comutativitatea. x+y = y+x ⇔ (x1 + y1, x2 + |y2|) = (y1 + x1, y2 + |x2|) ⇔ x2 + |y2| =y2 + |x2|. Relatia de mai sus nu este adevarata pentru orice x = (x1, x2) si orice y = (y1, y2).De exemplu, pentru x = (0,− 1), y = (0, 1) obtinem x + y = (0,− 1), y + x = (0, 1). Deciproprietatea de comutativitate nu este ındeplinita.6. Se observa ca ınmultirea cu scalari este corect definita: ∀k ∈ R, ∀x ∈ R2, rezulta k ·x ∈ R2.7. 1 ·x = x ⇔ (x1, 0) = (x1, x2) ⇔ x2 = 0, deci egalitatea nu are loc pentru orice x ∈ R2. Deexemplu, pentru x = (0, 1), avem 1 · x = (0, 0) 6= x. Prin urmare proprietatea de ınmultirecu elementul unitate nu are loc.8. (kl)x = k(lx) ⇔ ((kl)x1, 0) = (k(lx1), 0) ⇔ klx1 = klx1, deci proprietatea are loc.9. (k + l)x = kx + lx ⇔ ((k + l)x1, 0) = (kx1, 0) + (lx1, 0) ⇔ (k + l)x1 = kx1 + lx1, deciproprietatea are loc.10. k(x + y) = kx + ky ⇔ (k(x1 + y1), 0) = (kx1, 0) + (ky1, 0) ⇔ k(x1 + y1) = kx1 + ky1,deci proprietatea are loc.b) Pe R2 se definesc operatiile de adunare si ınmultire cu scalari astfel:

x + y = (x1 + y1, x2 + y2), kx = (kx1, kx2),

∀x = (x1, x2), y = (y1,y2) ∈ R2,∀k ∈ R. Evident, aceste operatii definesc pe R2 o structurade spatiu vectorial Tema: verificati.c) Pe R2[X] se definesc operatiile de adunare si ınmultire cu scalari astfel:

p + q = p0 + q0 + (p1 + q1)X + (p2 + q2)X2, kp = kp0 + kp1X + kp2X2,

∀p = p0 + p1X + p2X2, q = q0 + q1X + q2X

2 ∈ R2[X],∀k ∈ R. Aceste operatii definesc peR2[X] o structura de spatiu vectorial Tema: verificati.d) Se observa ca adunarea vectorilor nu este corect definita: nu orice doua elemente dinmultime au suma tot ın multime. De exemplu, daca alegem p = X3 si q = −X3, rezultagrad (p + q) = grad (0) = 0 6= 3, deci p + q nu apartine multimii. De asemenea, ınmultireavectorilor cu scalari nu este bine definita. De exemplu, pentru k = 0 si p = X3 ⇒ grad (kp) =grad (0 ·X3) = 0 6= 3, deci k · p nu apartine multimii.e) Pe C1(−1, 1) se definesc operatiile de adunare si ınmultire cu scalari:

(f + g)(x) = f(x) + g(x), (kf)(x) = k · f(x),

Page 32: Exercitii algebra

32 ALGA-GDED

∀x ∈ (−1, 1),∀f, g ∈ C1(−1, 1),∀k ∈ R. Operatiile de mai sus definesc o structura de spatiuvectorial Tema.f) Pe M2×3 se definesc operatiile:

(a11 a12 a13

a21 a22 a23

)+

(b11 b12 b13

b21 b22 b23

)=

(a11 + b11 a12 + b12 a13 + b13

a21 + b21 a22 + b22 a23 + b23

)

k

(a11 a12 a13

a21 a22 a23

)=

(ka11 ka12 ka13

ka21 ka22 ka23

)

∀A =(

a11 a12 a13

a21 a22 a23

), B =

(b11 b12 b13

b21 b22 b23

)∈ M2×3(R), ∀k ∈ R. Operatiile de mai

sus definesc o structura de spatiu vectorial pe M2×3(R) (verificati).g) Notam V = {f |f : M → R}. Pe multimea V definim operatiile de adunare si ınmultirecu scalari astfel:

(f + g)(x) = f(x) + g(x), (kf)(x) = k · f(x),

∀x ∈ M,∀f, g ∈ V, ∀k ∈ R. Operatiile de mai sus definesc o structura de spatiu vectorial peV (verificati).

16. a) Fie x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ W , deci x, y ∈ R2 satisfac conditiile:

(2){

x1 + x2 + a = 0y1 + y2 + a = 0.

Atunci αx + βy ∈ W doar daca are loc relatia:

αx1 + βy1 + αx2 + βy2 + a = 0, ∀α, β ∈ R.

Dar din relatia (2) rezulta αx1 + βy1 + αx2 + βy2 + a(α + β) = 0, deci

αx + βy ∈ W ⇔ a(α + β − 1) = 0, ∀α, β ∈ R⇔ a = 0

si deci multimea W este subspatiu vectorial ın R2 daca si numai daca a = 0.b) Fie x, y ∈ Rn astfel ıncat x = λ1v, y = λ2v, unde λ1, λ2 ∈ R. Atunci pentru ∀α, β ∈ R,rezulta αλ1 + βλ2 ∈ R si deci

αx + βy = (αλ1 + βλ2)v ∈ W.

Deci W este subspatiu vectorial al lui Rn.c) Fie p, q ∈ R1[X]. Atunci p si q sunt polinoame de grad cel mult 1 si au forma p =p0 + p1X, q = q0 + q1X, unde p0, p1, q0, q1 ∈ R. Pentru ∀α, β ∈ R, αp + βq = (αp0 + βq0) +(αp1 + βq1)X ∈ R1[X], deci R1[X] formeaza un subspatiu vectorial ın R3[X].d) Pentru ∀α, β ∈ R si ∀f, g ∈ C1(−1, 1), folosind proprietatile functiilor continue si alecelor derivate, rezulta ca αf + βg ∈ C1(−1, 1), deci multimea W este subspatiu vectorial ınC0(−1, 1).e) Fie p, q ∈ R2[X] cu

(3) p(1) + p(−1) = 0, q(1) + q(−1) = 0.

Atunci pentru ∀α, β ∈ R,

(αp + βq)(1) + (αp + βq)(−1) = αp(1) + βq(1) + αp(−1) + βq(−1) =

= α(p(1) + p(−1)) + β(q(1) + q(−1))(3)= 0.

Page 33: Exercitii algebra

Solutii 33

Deci αp + βq ∈ W . Rezulta ca W este subspatiu vectorial al lui R[X].

f) Fie A, B ∈ M2×2(R) de forma A =(

a1 01 a2

), B =

(b1 01 b2

). Atunci pentru

∀α, β ∈ R, avem αA+βB =(

αa1 + βb1 0α + β αa2 + βb2

). Se observa ca ın general αA+βB /∈

{(a 01 b

)∣∣∣∣ a, b ∈ R}

, deoarece α+β = 1 nu are loc pentru orice α, β ∈ R si deci multimea

W nu formeaza subspatiu vectorial.g) Fie x = (x1, x2, x3, x4), y = (y1, y2, y3, y4) ∈ R4 astfel ıncat

(4) x1 + x2 = a, x1 − x3 = b− 1 si y1 + y2 = a, y1 − y3 = b− 1.

Pentru orice α, β ∈ R, αx + βy = (αx1 + βy1, αx2 + βy2, αx3 + βy3, αx4 + βy4).Atunci

αx + βy ∈ W ⇔ αx1 + βy1 + αx2 + βy2 = a si αx1 + βy1−αx3 − βy3 = b− 1

(4)⇔(α + β)a = a si (α + β)(b− 1) = (b− 1), ∀α, β ∈ R

⇔{

a(α + β − 1) = 0(b− 1)(α + β − 1) = 0 ,∀α, β ∈ R⇔

{a = 0b− 1 = 0.

Deci multimea W formeaza subspatiu vectorial ⇔ a = 0 si b = 1.

17. a) Fie f, g : (−1, 1) → R, doua functii pare, deci satisfacand conditiile

(5) f(−x) = f(x), g(−x) = g(x), ∀x ∈ (−1, 1).

Atunci pentru orice scalari α, β ∈ R, functia αf + βg :(−1, 1) → R satisface relatiile

(αf + βg)(−x) = αf(−x) + βg(−x)(5)= αf(x) + βg(x) = (αf + βg)(x), ∀x ∈ (−1, 1)

si deci αf + βg este o functie para. Rezulta ca multimea functiilor pare W1 este subspatiuvectorial ın V . Analog se arata ca multimea functiilor impare pe (−1, 1),

W2 = {f :(−1, 1) → R|f(−x) = −f(x), ∀x ∈ (−1.1)}formeaza un subspatiu vectorial ın V .b) W1 ∩W2 = {0}, deoarece

f ∈ W1 ∩W2 ⇔ f(x) = f(−x) = −f(x), ∀x ∈ (−1, 1) ⇔⇔ f(x) = 0,∀x ∈ (−1, 1), deci f ≡ 0.

Rezulta W1 ∩ W2 ⊂ {0}. Incluziunea inversa este imediata, deoarece functia nula estesimultan para si impara pe (−1, 1). De asemenea, avem W1 + W2 = V deoarece incluziuneaW1 + W2 ⊃ V este asigurata de descompunerea

f(x) =f(x) + f(−x)

2︸ ︷︷ ︸=f1(x)

+f(x)− f(−x)

2︸ ︷︷ ︸=f2(x)

, ∀x ∈ (−1, 1),

iar f1 ∈ W1, f2 ∈ W2.c) In particular, pentru functia exponentiala avem:

ex =ex + e−x

2+

ex − e−x

2= chx + shx, ch ∈ W1, sh ∈ W2,∀x ∈ (−1, 1).

Page 34: Exercitii algebra

34 ALGA-GDED

18. a) Evident P2 = L({1, t, t2}), deoarece ∀p ∈ P2, acesta se scrie ın mod unic

p(t) = a + bt + ct2, a, b, c ∈ R.

Fie p ∈ L({1 + t, t, 1− t2}). Atunci p(t) = α(1 + t) + βt + γ(1− t2), α, β, γ ∈ R. Rezultap(t) = (α + γ) + (α + β)t + (−γ)t2, deci p ∈ L({1, t, t2}).Demonstram incluziunea inversa. Fie q = α + βt + γt2 ∈ L({1, t, t2}), (α, β, γ ∈ R); atunciq se rescrie q = a(1 + t) + bt + c(1 − t2). Din identificarea coeficientilor lui 1, t, t2 rezultaa = α + γ, b = −α + β − γ, c = −γ, deci q = (γ + α)(1 + t) + (−α + β − γ)t + (−γ)(1− t2).Rezulta q ∈ L({1 + t, t, 1− t2}).b) Fie p ∈ L({1, x, x2

2! , . . . ,xn

n! }). Atunci p = α0 + α1x + α2x2

2! + . . . + αnxn

n! si tinand cont defaptul ca a 6= 1 obtinem

p =(

α0 + α1a + α22! a + · · ·+ αn

n! a

1− a

)(1− a) + α1(x− a) +

α2

2!(x2 − a) + · · ·+ αn

n!(xn − a),

deci p ∈ L({1− a, x− a, x2 − a, . . . , xn − a}).Demonstram incluziunea inversa: fie q ∈ L({1− a, x− a, x2 − a, . . . , xn − a}). Atunci q =β0(1− a) + β1(x− a) + β2(x2 − a) + · · ·+ βn(xn − a), de unde rezulta

q = [β0(1− a)− a(β1 + β2 + · · ·+ βn)] + β1x + 2!β2x2

2!+ · · ·+ n!βn

xn

n!

si deci q ∈ L({1, x, x2

2! , . . . ,xn

n! }).19. a) Fie k1, k2 ∈ R astfel ıncat k1e1 + k2e2 = 0. Aceasta relatie se rescrie k1(1, 0) +

k2(0, 1) = (0, 0) de unde rezulta k1 = k2 = 0 si deci ind {e1, e2}.b) Fie k1, k2, k3 ∈ R astfel ıncat

(6) k1v1 + k2v2 + k3v3 = 0

Obtinem

k1 + k2 − k3 = 02k1 + k2 = 0k2 − 2k3 = 0

k1 = −αk2 = 2αk3 = α

, α ∈ R.

De exemplu, pentru α = 1 6= 0 obtinem prin ınlocuire ın (6) urmatoarea relatie de dependentaliniara:

v1 − 2v2 − v3 = 0 ⇔ v1 = 2v2 + v3.

c) Fie α, β, γ ∈ R astfel ıncat

(7) αf1 + βf2 + γf3 = 0

Relatia se rescrie

αex + e−x

2+ β

ex − e−x

2+ γex = 0, ∀x ∈ R

⇔(

α2 + β

2 + γ)

ex +(

α2 − β

2

)e−x = 0, ∀x ∈ R

⇔{

α + β + 2γ = 0α− β = 0 ⇔

α = tβ = tγ = −t, t ∈ R.

De exemplu, pentru t = 1, obtinem α = β = 1, γ = −1 si ınlocuind ın (7) rezulta relatia dedependenta liniara f1 + f2 − f3 = 0 ⇔ f3 = f1 + f2.

Page 35: Exercitii algebra

Solutii 35

d) Avand ın vedere ca m3 = 0, rezulta ca cele 3 matrici sunt liniar dependente: este suficientsa luam k1 = k2 = 0 si k3 = 1 6= 0 si avem relatia de dependenta liniara

k1m1 + k2m2 + k3m3 = 0.

Observatie. In general, orice multime de vectori care contine vectorul nul este liniar de-pendenta.e) Fie k1, k2, k3 ∈ R astfel ıncat

(8) k1p1 + k2p2 + k3p3 = 0.

Aceasta relatie se rescrie

k1 + k2 + 3k3 = 0k1 − k2 + k3 = 0k2 + k3 = 0

k1 = 2tk2 = tk3 = −t, t ∈ R.

De exemplu, pentru t = 1, obtinem k1 = 2, k2 = 1, k3 = −1 si ınlocuind ın (8) rezulta relatiade dependenta liniara:

2p1 + p2 − p3 = 0 ⇔ p3 = 2p1 + p2.

f) Este suficient sa aratam ca orice submultime finita a multimii date este liniar independenta.Demonstram acest lucru pentru submultimea {1, cos t, cos2 t, . . . , cosn t}, demonstratia pen-tru o submultime arbitrara de forma {cosk1 t, . . . , coskn t}, 0 ≤ k1 < · · · < kn, n ≥ 1decurgand analog. Fie k0, k1, k2, . . . , kn ∈ R astfel ıncat

k0 + k1cos t + k2cos2t + . . . + kncosnt = 0, ∀t ∈ R.

Alegem t1, t2, . . . , tn+1 ∈ R astfel ıncat cos t1, cos t2, . . . , cos tn+1 sa fie distincte doua catedoua, de exemplu tk = π

3 · 12k , k = 1, n + 1, (0 < tn+1 < tn < · · · < t1 = π

6 ).Obtinem sistemul liniar omogen cu n + 1 ecuatii si n + 1 necunoscute (k0, . . . , kn):

(9)

k0 + k1cos t1 + k2cos2t1 + . . . + kncosnt1 = 0

k0 + k1cos t2 + k2cos2t2 + . . . + kncosnt2 = 0. . .k0 + k1cos tn+1 + k2cos2tn+1 + . . . + kncosntn+1 = 0.

Determinantul matricii coeficientilor este de tip Vandermonde,∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 cos t1 cos2t1 . . . cosn t11 cos t2 cos2t2 . . . cosn t2...

......

. . ....

1 cos tn+1 cos2tn+1 . . . cosn tn+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

i < ji, j = 1, n + 1

(cos ti − cos tj) 6= 0.

Deci sistemul omogen (9) are doar solutia banala k0 = k1 = k2 = . . . kn = 0 si ın concluziemultimea {1, cos t, cos2t, . . . , cosnt} este liniar independenta.

20. a) Fie k1, k2 ∈ R. Vectorii e1, e2 sunt liniar independenti deoarece: k1e1 + k2e2 =0 ⇔ (k1, k2) = (0, 0), de unde rezulta k1 = k2 = 0.

Pe de alta parte, ∀x = (x1, x2) ∈ R2 avem x = x1e1 + x2e2 ∈ L({e1, e2}), deci R2 ⊂L({e1, e2}). Incluziunea inversa este banala, deoarece ∀(x, y) ∈ R2, avem (x, y) = xe1+ye2 ∈L(e1, e2). Deci {e1, e2} genereaza R2.

Deoarece e1, e2 sunt liniar independenti si formeaza un sistem de generatori pentru R2,rezulta ca multimea {e1, e2} formeaza baza ın R2.

Page 36: Exercitii algebra

36 ALGA-GDED

b) Multimea {m11,m12,m21,m22} reprezinta o baza ın M2×2(R). Intr-adevar, multimeaeste liniar independenta, deoarece:

k1m11 + k2m12 + k3m21 + k4m22 = 0 ⇔(

k1 k2

k3 k4

)=

(0 00 0

),

de unde rezulta k1 = k2 = k3 = k4 = 0 si orice matrice din spatiul M2×2(R) este o combinatie

liniara de matricile m11,m12,m21,m22. De exemplu, matricea(

1 53 −1

)∈ M2×2(R) se

poate scrie ın mod unic:(

1 53 −1

)= m11 + 5m12 + 3m21 −m22.

c) Spatiul vectorial R3[X] = {p ∈ R[X]| grad p ≤ 3} al tuturor polinoamelor de grad celmult 3, are dimensiunea 3 + 1 = 4. Intr-adevar, observam ca familia de polinoame {1 =X0, X1, X2, X3} este liniar independenta, deoarece

k0 + k1X + k2X2 + k3X

3 = 0 ⇒ k0 = k1 = k2 = k3 = 0

si orice polinom de grad mai mic sau egal cu 3 este o combinatie liniara finita de monoamelemultimii {1, X,X2, X3}. De exemplu, polinomul p = 3 + X + 5X3 se scrie ın mod unic:

p = 3 · 1 + 1 ·X + 0 ·X2 + 5 ·X3.

21. a) Dimensiunea spatiului R3 este 3, iar familia B′ are 3 vectori, deci este suficientsa demonstram ca vectorii f1, f2, f3 sunt liniar independenti (atunci ei vor forma o baza a

lui R3). Dar det[f1, f2, f3] =

∣∣∣∣∣∣

1 0 11 1 11 1 0

∣∣∣∣∣∣= −1 6= 0, deci avem ind{f1, f2, f3}. In concluzie

B′ este o baza ın spatiul R3. Analog se demonstreaza ca B′′ formeaza o baza ın R3.b) Matricea de trecere CB0B′ de la baza canonica B0 la baza B′ = {f1, f2, f3} are pe coloanecoeficientii vectorilor f1, f2, f3 relativ la B0.Avem f1 = 1e1 + 1e2 + 1e3 = [f1]B0 = (1, 1, 1) t; procedand analog pentru f2 si f3, obtinem:

CB0B′ = [f1, f2, f3]B0 =

1 0 11 1 11 1 0

.

Matricea de trecere CB′′B0 de la baza B′′ = {g1, g2, g3} la baza B0 = {e1, e2, e3} are pecoloane coeficientii vectorilor e1, e2, e3 relativ la B′′. Determinam matricea CB′′B0 . Ex-primam e1 relativ la baza B′′,

e1 = λ1g1 + λ2g2 + λ3g3

si obtinem sistemul:

λ3 = 1λ2 + 2λ3 = 0λ1 + λ2 + 3λ3 = 0,

a carui solutie este λ1 = −1; λ2 = −2; λ3 = 1, deci [e1]B′′ = (−1,−2, 1) t.Analog obtinem componentele lui e2 ın baza B′′,

e2 = µ1g1 + µ2g2 + µ3g3 ⇔ µ1 = −1; µ2 = 1; µ3 = 0, [e2]B′′ = (−1, 1, 0) t,

Page 37: Exercitii algebra

Solutii 37

iar pentru e3,

e3 = γ1g1 + γ2g2 + γ3g3 ⇔ γ1 = 1; γ2 = 0; γ3 = 0, [e3]B′′ = (1, 0, 0) t.

Asezand componentele vectorilor bazei B0 relativ la B′′ pe coloane, obtinem matricea detrecere de la B′′ la B0,

CB′′B0 = [e1, e2, e3]B′′ =

−1 −1 1−2 1 01 0 0

.

Altfel. In general, avem{

[v]B1 = CB1B2 [v]B2 ⇒ [v]B2 = C−1B1B2

[v]B1

[v]B2= CB2B1 [v]B1

⇒ CB2B1 = C−1B1B2

,

deci ın cazul nostru obtinem CB′′B0 = C−1B0B′′ =

0 0 10 1 21 1 3

−1

=

−1 −1 1−2 1 01 0 0

.

Matricea de trecere CB′B′′ de la baza B′ = {f1, f2, f3} la baza B′′ = {g1, g2, g3} are pecoloane coeficientii vectorilor g1, g2, g3 relativ la B′.

Determinam matricea CB′B′′ . Exprimam g1 relativ la baza B′.

g1 = λ1f1 + λ2f2 + λ3f3

si obtinem sistemul:

λ1 + λ3 = 0λ1 + λ2 + λ3 = 0λ1 + λ2 = 1,

a carui solutie solutie este λ1 = 1; λ2 = 0; λ3 = −1, deci [g1]B′ = (1, 0,−1) t.Analog obtinem componentele noi ale celorlalti doi vectori

[g2]B′ = (0, 1, 0) t, [g3]B′ = (2, 1,−1) t.

Asezand componentele vectorilor bazei B′′ relativ la B′ pe coloane, obtinem matricea detrecere de la B′ la B′′,

CB′B′′ = [g1, g2, g3]B′={f1,f2,f3} =

1 0 20 1 1−1 0 −1

.

Altfel. In general, avem{

[v]B1 = CB1B2 [v]B2 = CB1B2(CB2B3 [v]B3)

[v]B1= CB1B3 [v]B3

⇒ CB1B3 = CB1B2CB2B3 ,

deci ın cazul nostru obtinem

CB′B′′ = CB′B0CB0B′′ = C−1B0B′CB0B′′ =

1 0 11 1 11 1 0

−1

0 0 10 1 21 1 3

=

1 0 20 1 1−1 0 −1

.

c) Din formula X = CX ′ pentru X = [v]B′′ , X ′ = [v]B′ , unde C este matricea CB′′B′ detrecere de la baza B′′ la baza B′, rezulta [v]B′′ = CB′′B′ [v]B′ , deci

[v]B′′ = C−1B′B′′ [v]B′ =

−1 0 −2−1 1 −11 0 1

115

=

−11−56

.

Page 38: Exercitii algebra

38 ALGA-GDED

22. a) Pentru a afla o baza ın subspatiul U este suficient sa gasim o familie maximalade vectori liniar independenti din sistemul dat de generatori (observam ca ın mod necesarcard B ≤ 3 = dimR3). Pentru aceasta, calculam rangul matricii formate din componentelevectorilor u1, u2, u3 si u4 relativ la baza canonica B = {e1, e2, e3} ⊂ R3. Obtinem succesiv:

u1 = 1e1 + 1e2 + 1e3 = [u1]B0 = (1, 1, 1) t.

Procedand analog pentru u2, u3 si u4, obtinem:

rang [u1, u2, u3, u4]B0 = rang

1 0 0 11 0 1 21 0 1 2

= 2,

deoarece pe coloanele 3, 4 se formeaza un minor maximal nenul.Rezulta ind{u3, u4} si u1, u2 ∈ L(u3, u4), deci U = L(u1, u2, u3, u4) = L(u3, u4). Astfel

vectorii u3, u4 formeaza si un sistem de generatori liniar independenti pentru U . Deci o bazaa subspatiului U este BU = {u3, u4}.

Pentru a gasi o baza ın subspatiul V , observam ca notand y = t, z = s, ecuatia x+y−2z =0 are solutiile (x, y, z) = (−t+2s, t, s) = t(−1, 1, 0)+s(2, 0, 1). Deci orice vector (x, y, z) ∈ Vse poate scrie:

v = (x, y, z) = (−t + 2s, t, s) = t (−1, 1, 0)︸ ︷︷ ︸v1

+s (2, 0, 1)︸ ︷︷ ︸v2

∈ L(v1, v2);

rezulta V = L(v1 = (−1, 1, 0), v2 = (2, 0, 1)).Pe de alta parte, vectorii v1, v2 sunt liniar independenti, deoarece:

k1v1 + k2v2 = 0 ⇔{ −k1 + 2k2 = 0

k1 = 0, k2 = 0 ⇔ k1 = k2 = 0.

Altfel. Avem rang[v1, v2] = rang

−1 21 00 1

= 2, deci ind{v1, v2}. In concluzie, BV =

{v1, v2} formeaza o baza ın subspatiul V .

Aflam o baza pentru U ∩ V . Avem v ∈ V ∩ U ⇔ ∃a, b, m, n ∈ R astfel ıncat

(10) v = a(−1, 1, 0) + b(2, 0, 1) = m(0, 1, 1) + n(1, 2, 2).

Obtinem astfel sistemul ın necunoscutele a si b:−a + 2b = na = m + 2nb = m + 2n,

care este compatibil (conform teoremei Rouche) doar daca:∣∣∣∣∣∣

−1 2 n1 0 m + 2n0 1 m + 2n

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ m + n = 0 ⇔ m = −n.

Deci folosind relatia (10) rezulta ca v ∈ U ∩V ⇔ v = −n(0, 1, 1)+n(1, 2, 2) = n(1, 1, 1), ∀n ∈R si prin urmare U ∩ V = L(v0), unde v0 = (1, 1, 1). Cum v0 6= 0R3 , avem ind{v0}, deci obaza a subspatiului U ∩ V este BU∩V = {v0 = (1, 1, 1)}.

Page 39: Exercitii algebra

Solutii 39

Pentru a gasi o baza ın U + V , cautam o familie maximala de vectori liniar independentidin BU ∪ BV , deoarece U + V = L(BU ) + L(BV ) = L(BU ∪ BV ). Pentru aceasta calculamrangul matricei formate din componentele vectorilor u3, u4, v1, v2 relativ la baza canonica,

rang

0 1 −1 21 2 1 01 2 0 1

= 3.

Coloanele formate cu vectorii u3, v1, v2 formeaza un minor nenul, deci u4 ∈ L(u3, v1, v2) siind{u3, v1, v2}. Cei trei vectori liniar independenti determina o baza a lui U + V , BU+V ={u3, v1, v2} si deci dim(U + V ) = 3.

Se observa ca U + V ⊂ R3 si spatiile U + V si R3 au aceeasi dimensiune, deci U + V =R3. Putem astfel alege echivalent pentru U + V baza canonica a spatiului R3, B′

U+V ={e1, e2, e3}.b) Deoarece o baza ın U ∩ V este BU∩V = {(1, 1, 1)}, rezulta U ∩ V 6= {0}. In concluzie, Usi V nu formeaza suma directa si deci nu sunt suplementare.c) Deoarece bazele subspatiilor U, V au cate doi vectori, iar bazele subspatiilor U∩V si U +Vau 1, respectiv 3 vectori, rezulta dim U = dim V = 2, dim(U ∩V ) = 1, dim(U + V ) = 3, deciteorema Grassmann care afirma ca are loc egalitatea

dim U + dim V = dim(U + V ) + dim(U ∩ V )

este verificata (2 + 2 = 3 + 1).

23. a) Dimensiunea spatiului P2 este 3, deci este suficient sa demonstram ca vectoriip1, p2, p3 sunt liniar independenti (atunci ei vor forma o baza).

Fie k1, k2, k3 astfel ıncat k1p1 + k2p2 + k3p3 = 0. Rezulta:

k2X2 + (k1 + k2)X + (k1 + k3) = 0 ⇔

k2 = 0k1 + k2 = 0k1 + k3 = 0,

sistem ce are solutia k1 = k2 = k3 = 0, deci avem ind{p1, p2, p3}.Altfel. Calculam determinantul matricii formate din componentele vectorilor p1, p2, p3

relativ la baza canonica {1, X, X2} asezate pe coloane.∣∣∣∣∣∣

1 0 11 1 00 1 0

∣∣∣∣∣∣= 1 6= 0.

In concluzie avem ind{p1, p2, p3}.b) Pentru a gasi componentele vectorului p ın baza F = {p1, p2, p3}, cautam scalarii α, β, γ ∈R astfel ıncat:

p = αp1 + βp2 + γp3.

Inlocuind ın relatie vectorii p1, p2, p3, obtinem:

1 + 2X + 3X2 = (α + γ) + (α + β)X + βX2

sau echivalent:

α + γ = 1α + β = 2β = 3

α = −1β = 3γ = 2,

deci [p]F = (−1, 3, 2) t.

Page 40: Exercitii algebra

40 ALGA-GDED

Altfel. Notand B = {1, X, X2} baza canonica a spatiului P2, folosim relatia X = CX ′, undeX = [p]B , X ′ = [p]F = (α, β, γ) t, C = CBF obtinem

321

=

0 1 01 1 01 0 1

αβγ

β = 3α + β = 2α + γ = 1

, deci [p]F =

−132

.

II.2. Produs scalar. Spatii euclidiene

24. a) Verificam proprietatile produsului scalar. Fie x = (x1, x2), y = (y1, y2), z =(z1, z2) ∈ R2, λ ∈ R. Atunci

• 〈x, y〉 = 〈y, x〉 ⇒ x1y1 + αx2y2 = y1x1 + αy2x2. Egalitatea este adevarata, tinand contde comutativitatea ınmultirii numerelor reale.

• 〈x, y + z〉 = x1(y1 + z1)+αx2(y2 + z2) = x1y1 +αx2y2 +x1z1 +αx2z2 = 〈x, y〉+ 〈x, z〉;• 〈λx, y〉 = λx1y1 + αλx2y2 = λ(x1y1 + αx2y2) = λ〈x, y〉;• 〈x, x〉 ≥ 0, ∀x ∈ R2 ⇔ x2

1 + αx22 ≥ 0, ∀x ∈ R2 ⇔ α ≥ 0, iar

〈x, x〉 = 0 ⇔ x21 + αx2

2 = 0 ⇔{

x21 = 0

αx22 = 0

sistem echivalent cu x = (x1, x2) = (0, 0) doar daca α > 0.

In concluzie operatia definita ın enunt este un produs scalar doar pentru α > 0 .b) Fie A,B,C ∈ M2×2(C). Atunci

• 〈B, A〉 = Tr(B · A t) = Tr(B · A t) = Tr(B · A t) = Tr((B · A t) t) = Tr(A · B t) =〈A,B〉. Am folosit proprietatea TrA = Tr(A t);

• 〈A,B + C〉 = Tr(A · (B + C) t) = Tr(A · (B t + C t)) = Tr(A · B t) + Tr(A · C t) =〈A,B〉+ 〈A, C〉;

• 〈λA,B〉 = Tr(λA · B t) = λTr(A · B t) = λ〈A,B〉;

•{ 〈A,A〉 = Tr(A · A t) = a2

11 + a212 + a2

21 + a222 ≥ 0

〈A,A〉 = 0 ⇔ a11 = a12 = a21 = a22 = 0.

Fie A = ( z1 z2z3 z4 ) , zi ∈ C, i = 1, 4. Rezulta

Tr(A · A t) = Tr ( z1 z2z3 z4 )

(z1 z3z2 z4

)= z1z1 + z2z2 + z3z3 + z4z4 =

= |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z4|2 ≥ 0, ∀A ∈ M2×2(C);

〈A,A〉 = 0 ⇔ |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z4|2 = 0 ⇔⇔ z1 = z2 = z3 = z4 = 0 ⇒ A = OM2×2(C).

c) Verificam proprietatile produsului scalar. Fie x = (x1, x2), y = (y1, y2), ∈ C2.

〈x, y〉 = 〈y, x〉 ⇔ x1y2 = y1x2.

Relatia obtinuta nu este adevarata pentru orice x, y ∈ C2. De exemplu, pentru x = (0, 1) siy = (1, 1) obtinem x1y2 = 0 6= 1 = y1x2. In concluzie, operatia definita ın enunt nu este unprodus scalar, deoarece nu este satisfacuta proprietatea de hermiticitate.

25. Trebuie sa verificam, ın fiecare caz, proprietatile produsului scalar.a) Fie x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3), z = (z1, z2, z3) ∈ R3, λ ∈ R. Atunci au loc relatiile:

Page 41: Exercitii algebra

Solutii 41

• 〈x, y〉 = x1y1 + x2y2 + x3y3 = y1x1 + y2x2 + y3x3 = 〈y, x〉;

• 〈x, y + z〉 = x1(y1 + z1) + x2(y2 + z2) + x3(y3 + z3) = x1y1 + x2y2 + x3y3 + x1z1 +x2z2 + x3z3 = 〈x, y〉+ 〈x, z〉;

• 〈λx, y〉 = (λx1)y1 + (λx2)y2 + (λx3)y3 = λ(x1y1 + x2y2 + x3y3) = λ〈x, y〉;

• 〈x, x〉 = x21 + x2

2 + x23 ≥ 0, ∀x ∈ R3;

〈x, x〉 = 0 ⇔ x21 + x2

2 + x23 = 0 ⇔ x1 = x2 = x3 = 0 ⇔ x = OR3

b) Fie p = a0 + a1x + a2x2, q = b0 + b1x + b2x

2, r = c0 + c1x + c2x2 ∈ P2 si λ ∈ R. Atunci

avem

• 〈p, q〉 = a0b0 + a1b1 + a2b2 = b0a0 + b1a1 + b2a2 = 〈q, p〉;

• 〈p, q + r〉 = a0(b0 + c0)+ a1(b1 + c1)+ a2(b2 + c2) = a0b0 + a1b1 + a2b2 + a0c0 + a1c1 +a2c2 = 〈p, q〉+ 〈p, r〉;

• 〈λp, q〉 = (λa0)b0 + (λa1)b1 + (λa2)b2 = λ(a0b0 + a1b1 + a2b2) = λ〈p, q〉;

• 〈p, p〉 = a20 + a2

1 + a22 ≥ 0, ∀p ∈ P2;

〈p, p〉 = 0 ⇔ a20 + a2

1 + a22 = 0 ⇔ a0 = a1 = a2 = 0 ⇔ p = 0.

c) Fie p, q, r polinoamele definite la punctul b).

• 〈p, q〉 =∫ 1

−1

p(x)q(x)dx =∫ 1

−1

q(x)p(x)dx = 〈q, p〉;

• 〈p, q + r〉 =∫ 1

−1

p(x)(q + r)(x)dx =∫ 1

−1

p(x)(q(x) + r(x))dx =

=∫ 1

−1

p(x)q(x)dx +∫ 1

−1

p(x)r(x)dx = 〈p, q〉+ 〈p, r〉;

• 〈λp, q〉 =∫ 1

−1

(λp)(x)q(x)dx = λ

∫ 1

−1

p(x)q(x)dx = λ〈p, q〉;

Page 42: Exercitii algebra

42 ALGA-GDED

• pozitivitate:

〈p, p〉 =∫ 1

−1

(p(x))2dx =∫ 1

−1

(a0 + a1x + a2x2)2dx =

=∫ 1

−1

[a20 + (a1x)2 + (a2x

2)2 + 2a0a1x + 2a0a2x2 + 2a1x · a2x

2]dx =

=∫ 1

−1

[a20 + 2a0a1x + (a2

1 + 2a0a2)x2 + 2a1a2x3 + a2

2x4]dx =

=(a20x + a0a1x

2 + (a21 + 2a0a2)x3

3 + a1a2x4

2 + a22

x5

5

) ∣∣∣∣1

−1

= 2a20 + 2

3 (a21 + 2a0p2) + 2

5a22 = 2

(a0 + 1

3a2

)2 + 845a2

2 + 23a2

1 ≥ 0, ∀p ∈ P2;

〈p, p〉 = 0 ⇔ 2(a0 + 13a2)2 + 8

45a22 + 2

3a21 = 0 ⇔

a0 + 13a2 = 0

a2 = 0a1 = 0

⇔ a0 = a1 = a2 = 0 ⇔ p = 0P2 .

d) Prima proprietate a produsului scalar rezulta din comutativitatea ınmultirii numerelorreale, iar celelalte doua rezulta din proprietatea de liniaritate a integralei. Proprietatea apatra

〈f, f〉 =∫ b

a

f2(x)dx ≥ 0,

are loc deoarece g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] 6= g¡ implica∫ b

a

g(x)dx ≥ 0 (proprietatea de monotonie

a operatorului de integrare definita).

Aratam ca 〈f, f〉 = 0 ⇔ f = 0. Daca f ≡ 0, avem 〈f, f〉 =∫ b

a02dx = 0. Implicatia

〈f, f〉 = 0 ⇒ f ≡ 0 este echivalenta cu implicatia

f 6≡ 0 ⇔ 〈f, f〉 6= 0.

Presupunem ca f 6= 0. Atunci exista x0 ∈ [a, b] astfel ıncat f(x0) 6= 0. Fie ε = |f(x0)|/2.Functia fiind continua, rezulta ca exista o vecinatate V a lui x0 astfel ıncat f(x) ∈ (f(x0)−ε, f(x0) + ε), deci |f(x)| ∈ (ε/2, 3ε/2) ⇒ f2(x) > ε2/4, ∀x ∈ V . Atunci ın multimeaV ∩ [a, b] se gaseste un interval I = [c, d] 6= g¡ astfel ıncat f2(x) > ε2/4, ∀x ∈ [c, d]. Atunci

〈f, f〉 =∫ b

a

f2(x) ≥∫ d

c

ε2

4dx ≥ ε2

4(d− c) > 0, deci 〈f, f〉 6= 0.

e) Fie A,B, C ∈ M2×2(R), λ ∈ R.

• 〈A,B〉 = Tr(A t · B) = Tr(A t · B) t = Tr(B t · A) = 〈B, A〉. Am folosit proprietateaTrA = Tr(A t);

• 〈A,B + C〉 = Tr(A t · (B + C)) = Tr(A t B + A t C) = Tr(A t B) + Tr(A t C) =

= 〈A, B〉+ 〈A,C〉

• 〈λA,B〉 = Tr((λA) t B) = Tr(λA t ·B) = λTr(A t B) = λ〈A,B〉;

Page 43: Exercitii algebra

Solutii 43

• 〈A,A〉 = Tr(A t ·A).

Fie A =(

a11 a12

a21 a22

), aij ∈ R, i, j = 1, 2. Rezulta

Tr(A t ·A) = a211 + a2

12 + a221 + a2

22 ≥ 0,∀A ∈ M2×2(R);

〈A,A〉 = 0 ⇔ a211 + a2

12 + a221 + a2

22 = 0 ⇔ a11 = a12 = a21 = a22 = 0 ⇔ A = OM2×2(R) .

f) Fie x = (x1, x2), y = (y1, y2), z = (z1, z2) ∈ C2, λ ∈ C. Atunci au loc relatiile

• 〈x, y〉 = x1y1 + x2y2 = x1y1 + x2y2 = y1x1 + y2x2 = 〈y, x〉;

• 〈x, y + z〉 = x1(y1 + z1) + x2(y2 + z2) = x1y1 + x2y2 + x1z1 + x2z2 = 〈x, y〉+ 〈x, z〉;

• 〈λx, y〉 = (λx1)y1 + (λx2)y2 = λ(x1y1 + x2y2) = λ〈x, y〉• 〈x, x〉 = x1x1 + x2x2 = |x1|2 + |x2|2 ≥ 0, ∀x ∈ C2;

〈x, x〉 = 0 ⇔ |x1| = |x2| = 0 ⇔ x1 = x2 = 0 ⇔ x = 0C2 .

26. Folosind produsele scalare canonice pe spatiile considerate si formulele

||u|| =√〈u, u〉, prvu =

〈u, v〉〈v, v〉v, cos (u, v) =

〈u, v〉‖u‖ · ‖v‖ ,

obtinem:

a) Pentru u = (1, 2), v = (−2, 1) ∈ R2, avem 〈u, v〉 = 1 · (−2) + 2 · 1 = 0 si

‖u‖ =√〈u, u〉 =

√12 + 22 =

√5, ‖v‖ =

√(−2)2 + 12 =

√5;

d(u, v) = ||u− v|| = ||(3, 1)|| = √32 + 12 =

√10

prvu =〈u, v〉〈v, v〉 v =

05· (−2, 1) = (0, 0), pruv =

〈v, u〉〈u, u〉u =

05· (1, 2) = (0, 0);

cos (u, v) =〈u, v〉

‖u‖ · ‖v‖ = 0 ⇒ (u, v) = arccos(0) =π

2.

Deoarece 〈u, v〉 = 0 rezulta ortogonalitatea celor doi vectori.b) Pentru u = (1, 1, 1), v = (1,−2, 0) ∈ R3, avem 〈u, v〉 = 1 · 1 + 1 · (−2) + 1 · 0 = −1 si

‖u‖ =√〈u, u〉 =

√12 + 12 + 12 =

√3, ||v|| =

√〈v, v〉 =

√12 + (−2)2 =

√5;

d(u, v) = ||u− v|| = ||(0, 3, 1)|| = √10

prvu =〈u, v〉〈v, v〉 · v =

−15

(1,−2, 0) =(−1

5,25, 0

),

pruv =〈v, u〉〈u, u〉u =

−13

(1, 1, 1) = (−13

,−13

,−13

);

cos (u, v) =〈u, v〉

‖u‖ · ‖v‖ =−1√3 · √5

= − 1√15∈ [−1, 1],

de unde rezulta (u, v) = arccos(− 1√

15

)= π − arccos 1√

15. Deoarece 〈u, v〉 = −1 6= 0, cei doi

vectori nu sunt ortogonali.

Page 44: Exercitii algebra

44 ALGA-GDED

c) Folosind produsul scalar canonic pe P2, 〈p, q〉 =∫ 1

−1

p(x)q(x)dx , ∀p, q ∈ P2, obtinem

〈u, v〉 =∫ 1

−1

u(x)v(x)dx =∫ 1

−1

(1 + x)x2dx =(

x3

3+

x4

4

) ∣∣∣∣1

−1

=23;

‖u‖ =√〈u, u〉 =

√∫ 1

−1

(u(x))2dx =

√∫ 1

−1

(1 + x)2dx =√

83;

‖v‖ =√〈v, v〉 =

√∫ 1

−1

(v(x))2dx =

√∫ 1

−1

x4dx =√

25;

d(u, v) = ||u− v|| = ||1 + x− x2|| =√∫ 1

−1

(1 + x− x2)2dx =√

2615

prvu =〈u, v〉〈v, v〉 · v =

2/32/5

· x2 =53x2;

pruv =〈v, u〉〈u, u〉 · u =

2/38/3

(1 + x) =14(1 + x),

si cos (u, v) =〈u, v〉

‖u‖ · ‖v‖ =2/3

4/√

15=√

156

∈ [−1, 1], de unde rezulta (u, v) = arccos√

156 .

Deoarece 〈u, v〉 6= 0, cei doi vectori nu sunt ortogonali.Folosind cel de-al doilea produs scalar canonic pe P2 , 〈p, q〉 = p0q0 + p1q1 + p2q2, unde

p = p0 + p1x + p2x2, q = q0 + q1x + q2x

2 ∈ P2, obtinem

〈u, v〉 = 0, ‖u‖ =√

1 + 1 =√

2, ‖v‖ =√

1 = 1;

d(u, v) = ||u− v|| = ||1 + x− x2|| =√

12 + 12 + (−1)2 =√

3

prvu = pruv = 0, cos (u, v) = 0 ∈ [−1, 1],

de unde rezulta (u, v) = arccos 0 = π2 , deci u⊥v. Se observa ca rezultatele obtinute folosind

cele doua produse scalare difera, desi vectorii sunt aceiasi.

d) Calculam

〈u, v〉 =∫ 1

0

u(x)v(x)dx =∫ 1

0

ex · ex + e−x

2dx =

=12

∫ 1

0

e2xdx +12

∫ 1

0

dx =(

e2x

4+

x

2

) ∣∣∣∣1

0

=e2 + 1

4;

〈u, u〉 =∫ 1

0

(u(x))2dx =∫ 1

0

e2xdx =e2x

2

∣∣∣∣1

0

=e2 − 1

2,

de unde rezulta ‖u‖ =√〈u, u〉 =

√e2−1

2 ; de asemenea, avem

〈v, v〉 =∫ 1

0

(v(x))2dx =∫ 1

0

(ex + e−x

2

)2

dx =14

∫ 1

0

(e2x + 2 + e−2x)dx =

=14

(e2x

2+ 2x− e−2x

2

) ∣∣∣∣1

0

=e2 − e−2 + 4

8;

Page 45: Exercitii algebra

Solutii 45

rezulta ‖v‖ =

√e2 − e−2 + 4

8;

d(u, v) = ||u− v|| =√∫ 1

0

(ex − chx)2dx =

√∫ 1

0

sh 2xdx =

√ch 1 sh 1− 1

2.

De asemenea, obtinem

prvu = 〈u,v〉〈v,v〉 · v =

e2+14

e2−e−2+48

· ex+e−x

2 = e2+1e2−e−2+4 (ex + e−x);

pruv = 〈v,u〉〈u,u〉 · u =

e2+14

e2−12

· ex = e2+12(e2−1) · ex;

cos (u, v) = 〈u,v〉‖u‖·‖v‖ =

e2+14√

e2−12 ·

√e2−e−2+4

8

= e2+1√(e2−1)(e2−e−2+4)

∈ [−1, 1],

de unde rezulta (u, v) = arccose2 + 1√

(e2 − 1)(e2 − e−2 + 4). Deoarece 〈u, v〉 = e2+1

4 6= 0, vec-

torii u si v nu sunt ortogonali.

e) Avem

〈u, v〉 = Tr(u t · v) = Tr

(2 −11 0

)= 2 + 0 = 2;

〈u, u〉 = Tr(u t · u) = Tr

(5 22 1

)= 5 + 1 = 6;

〈v, v〉 = Tr(v t · v) = Tr

(1 00 1

)= 1 + 1 = 2,

deci ‖u‖ =√〈u, u〉 =

√6, ‖v‖ =

√〈v, v〉 =

√2 si

d(u, v) = ||u− v|| =√

Tr((u− v) t · (u− v)) =

√Tr

(2 22 2

)=√

2 + 2 = 2

prvu =〈u, v〉〈v, v〉 · v =

22·(

0 −11 0

)=

(0 −11 0

);

pruv =〈v, u〉〈u, u〉 · u =

26·(

1 02 1

)=

(1/3 02/3 1/3

).

De asemenea, cos (u, v) =〈u, v〉

‖u‖ · ‖v‖ =2√12

=√

33∈ [−1, 1], deci (u, v) = arccos

√3

3 . Deoarce

〈u, v〉 = 2 6= 0, vectorii u si v nu sunt ortogonali.

f) Deoarece

〈u, v〉 = i(1− i) + (−i)(1 + i) = i(1 + i)− i(1− i) = −2;

〈u, u〉 = i · i + (−i) · (−i) = 2;

〈v, v〉 = (1− i) · (1− i) + (1 + i) · (1 + i) = 4;

Page 46: Exercitii algebra

46 ALGA-GDED

vom avea

‖u‖ =√〈u, u〉 =

√2; ‖v‖ =

√〈v, v〉 = 2;

d(u, v) = ||u− v|| = ||(2i− 1,−2i− 1)|| =√

(2i− 1)(2i− 1) + (−2i− 1)(−2i− 1) =√

10

prvu =〈u, v〉〈v, v〉 · v =

−24· (1− i, 1 + i) =

(−1

2+

12i , −1

2− 1

2i

);

pruv =〈v, u〉〈u, u〉 · u =

〈u, v〉〈u, u〉 · u =

−22

(i,−i) = (−i, i).

II.3. Ortogonalitate. Procedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt

27. a) Familia S este ortogonala deoarece 〈v1, v2〉 = 1 · (−2) + 0 · 1 + 2 · 1 = 0.b) Determinam un vector v3 ∈ R3, v3 = (x1, x2, x3), v3 6= 0 astfel ıncat sa fie satisfacuteconditiile:

〈v1, v3〉 = 0, 〈v2, v3〉 = 0.

Obtinem sistemul liniar

{x1 + 2x3 = 0−2x1 + x2 + x3 = 0 ⇔

x1 = −2λx2 = −5λx3 = λ

, λ ∈ R

Asadar, putem completa sistemul de vectori la o baza ortogonala ıntr-o infinitate de moduri.De exemplu, daca alegem λ = 1, obtinem v3 = (−2,−5, 1).

Vectorii v1, v2, v3 sunt ortogonali si nenuli, deci sunt liniar independenti. Numarul lorfiind egal cu dimensiunea lui R3, rezulta ca ei formeaza o baza (ortogonala) a lui R3.

28. a) Complementul ortogonal al spatiului W este multimea

W⊥ = { y ∈ R 4 | y ⊥ v1, y ⊥ v2 }Pentru a gasi vectorii y ∈ W , este suficient sa punem conditiile 〈y, v1〉 = 0, 〈y, v2〉 = 0.Notand y = (y1, y2, y3, y4), aceste conditii sunt echivalente cu sistemul

{y1 + y3 + y4 = 0y1 − y2 + y3 = 0

ın care minorul corespunzator lui y1 si y2 este∣∣∣∣

1 01 −1

∣∣∣∣ = −1 6= 0, deci vom considera y1

si y2 drept necunoscute principale, iar y3 si y4 necunoscute secundare. Atunci sistemul aresolutiile: y1 = −a− b, y2 = −b, y3 = a, y4 = b, unde a, b ∈ R.

AtunciW⊥ = {(−a− b,−b, a, b) | a, b ∈ R}

Observam ca (−a − b,−b, a, b) = a(−1, 0, 1, 0) + b (−1,−1, 0, 1) si deci o baza ın W⊥ esteformata din vectorii

u1 = (−1, 0, 1, 0), u2 = (−1,−1, 0, 1).

b) Deoarece determinantul

det [v1, v2, u1, u2] =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 −1 −10 −1 0 −11 1 1 01 0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= −5 6= 0,

Page 47: Exercitii algebra

Solutii 47

rezulta ca vectorii v1, v2, u1, u2 sunt liniar independenti. Numarul lor fiind egal cu dimen-siunea spatiului total R4, rezulta ca ei formeaza o baza ın R4, deci L(v1, v2, u1, u2) = R4.Dar W + W⊥ = L(v1, v2) + L(u1, u2) = L(v1, v2, u1, u2) si deci W + W⊥ = R4. Deoareceıntotdeauna avem W ∩W⊥ = {0}, rezulta R4 = W ⊕W⊥.

c) Deoarece are loc relatia W ⊕W⊥ = R4, rezulta ca v se scrie ın mod unic sub formav = v0 + v⊥, cu v0 ∈ W si v⊥ ∈ W⊥. Din v0 ∈ W rezulta ca v0 = k1v1 + k2v2 cu k1, k2 ∈ R,iar conditia v⊥ ∈ W⊥conduce la

⟨v⊥, v1

⟩= 0 si 〈v⊥, v2〉 = 0. Tinand cont de faptul ca

v⊥ = v − v0 = v − k1v1 − k2v2,

relatiile anterioare devin:{

k1 〈v1, v1〉+ k2 〈v2, v1〉 = 〈v, v1〉k1 〈v1, v2〉+ k2 〈v2, v2〉 = 〈v, v2〉

Asadar, k1si k2 sunt solutiile sistemului:{

3k1 + 2k2 = 32k1 + 3k2 = 1 ⇒

{k1 = 7/5k2 = −3/5

In concluzie, avem v0 = 75v1 − 3

5v2 =(

45 , 3

5 , 45 , 7

5

)si v⊥ = v − v0 =

(15 , 2

5 , 15 ,− 2

5

).

De asemenea, prin calcul direct obtinem ||v|| = 2, ||v0|| =√

18/5, ||v⊥|| =√

2/5, deci teo-rema Pitagora se verifica: ||v||2 ≡ 4 = 18

5 + 25 ≡ ||v0||2 + ||v⊥||2.

d) Deoarece baza subspatiului W data de BW = {v1, v2} nu este o baza ortogonala,ortogonalizam folosind procedeul Gram-Schmidt {v1, v2} → {w1, w2}.

w1 = v1 = (1, 0, 1, 1)

w2 = v2 − prw1v2 = v2 − 〈v2,w1〉〈w1,w1〉w1 =

= (1,−1, 1, 0)− 23 (1, 0, 1, 1) = ( 1

3 ,−1, 13 ,− 2

3 ).

Vectorul(

13 ,−1, 1

3 ,− 23

)este paralel cu vectorul (1,−3, 1,−2), deci o noua baza ortogonala a

lui W este B0 = {w1 = (1, 0, 1, 1), w2 = (1,−3, 1,−2)}.Se observa ca avem

v0 = prW v = prw1v + prw2v = 〈v,w1〉〈w1,w1〉w1 + 〈v,w2〉

〈w2,w2〉w2 =

= 33 (1, 0, 1, 1) + −3

15 (1,−3, 1,−2) = ( 45 , 3

5 , 45 , 7

5 ),

iar componenta ortogonala a vectorului v relativ la W este

v⊥ = v − prW v = (1, 1, 1, 1)−(

45,35,45,75

)=

(15,25,15,−2

5

).

e) Normand vectorii {w1, w2}, rezulta baza ortonormata B = {f1, f2} a subspatiului Wformata din vectorii:

f1 =1

||w1||w1 =(

1√3, 0,

1√3,

1√3

), f2 =

1||w2||w2 =

(1√15

,−3√15

,1√15

,−2√15

)

f) Coeficientii Fourier ai lui v relativ la B sunt α1 = 〈v, f1〉 = 3√3

=√

3 si α2 = 〈v, f2〉 =

− 3√15

= −√

35 . Se observa ca acesti coeficienti sunt exact componentele proiectiei v0 a lui

v pe W relativ la baza B a subspatiului W : [prW v]B = [v0]B =(

α1

α2

)=

( √3

−√

3/5

). In

plus, are loc inegalitatea Bessel: 22 ≥ √3 2 + (−

√3/5)2.

Page 48: Exercitii algebra

48 ALGA-GDED

g) Egalitatea Parseval se verifica:√

18/5 2 =√

3 2 + (−√

3/5)2;h) Pentru w = β1f1 + β2f2 ∈ W , avem

d(v, w)2 = ||v − w||2 = ||v⊥ + (v0 − w)||2 =√〈v⊥ + (v0 − w), v⊥ + (v0 − w)〉.

Dar v⊥ ∈ W⊥ si v0−w ∈ W implica ortogonalitatea celor doi vectori, deci 〈v⊥, v0−w〉 = 0.Prin urmare:

d(v, w)2 = 〈v⊥, v⊥〉+ 〈v0 − w, v0 − w〉 = ||v⊥||2 + ||v0 − w||2 =

= ||v⊥||2 + ||(α1 − β1)f1 + (α2 − β2)f2||2.Dar B = {f1, f2} este familie ortonormata, deci

d(v, w)2 = ||v⊥||2 + (α1 − β1)2 + (α2 − β2)2.

Se observa ca atunci cand w variaza ın W , deci atunci cand β1, β2 ∈ R variaza, minimulexpresiei d(v, w) se atinge pentru β1 = α1 si β2 = α2, deci pentru w = v0 = prW v, minimulavand valoarea d(v, v0) = ||v⊥||.

29. a) Utilizand procedeul Gram-Schmidt, construim o baza ortogonala F 1 = {u1, u2, u3}formata din vectorii

u1 = v1 = (1, 1, 1)

u2 = v2 − 〈v2, u1〉〈u1, u1〉u1 = (1, 1, 0)− 2

3(1, 1, 1) =

(13,13,−2

3

)||(1, 1,−2)

u3 = v3 − 〈v3, u1〉〈u1, u1〉u1 − 〈v3, u2〉

〈u2, u2〉u2 =

= (1, 0, 0)− 13 (1, 1, 1)− 1

6 (1, 1,−2) = ( 12 ,− 1

2 , 0)||(1,−1, 0).

Impartim fiecare vector din baza ortogonala prin norma sa si obtinem o baza ortonormataF ′′ = {w1, w2, w3} formata din vectorii

w1 = u1‖u1‖ =

(1√3, 1√

3, 1√

3

)

w2 = u2‖u2‖ =

(1√6, 1√

6,− 2√

6

)

w3 = u3‖u3‖ =

(1√2,− 1√

2, 0

)

Tema. Verificati ca familia de vectori F ′′ este ortonormala.b) Se verifica faptul ca f1 = ch si f2 = id sunt vectori liniar independenti, unde f1(x) =

ch x =ex + e−x

2si f2(x) = id(x) = x, pentru orice x ∈ [0, 1]. Mai exact, α1f1 + α2f2 = 0 ⇔

α1 chx+α2x = 0, ∀x ∈ [0, 1]. Dar pentru x = 0 si x = 1 rezulta sistemul

{α1 = 0

e+e−1

2 α1 + α2 = 0cu solutia α1 = α2 = 0, deci ind{f1, f2}.

Folosind produsul scalar canonic din C0 [0, 1] , 〈f, g〉 =∫ 1

0

f(x)g(x)dx , ∀f, g ∈ C0 [0, 1]

si procedeul Gram-Schmidt, construim o baza ortogonala F ′ = {g1, g2} formata din vectorii

g1 = f1 = ch

g2 = f2 − 〈f2,g1〉〈g1,g1〉g1 =

= id−∫ 1

0x chxdx∫ 1

0ch 2xdx

ch = id− 1− e−1

(e2 − e−2 + 4)/8ch = id− 8(e− 1)

e(e2 + e−2 + 4)· ch .

Page 49: Exercitii algebra

Solutii 49

Normam aceste functii si obtinem familia ortonormata F ′′ = {e1, e2}

e1 = g1‖g1‖ =

√8

e2+4−e−2 · ch

e2 = g2‖g2‖ =

id− a ch√∫ 1

0(x− a ch x)2dx

, a =8(e− 1)

e(e2 + e−2 + 4).

c) Procedand ca la punctele precedente, ortogonalizam familia{p1 = 1 + x, p2 = x + x2, p3 = x

}pentru a obtine familia ortogonala {q1, q2, q3} unde:

q1 = p1 = 1 + x , q2 = p2 − 〈p2, q1〉〈q1, q1〉 · q1 , q3 = p3 − 〈p3, q1〉

〈q1, q1〉 · q1 − 〈p3, q2〉〈q2, q2〉 · q2.

Avem

〈q1, q1〉 =∫ 1

−1

q21(x)dx =

∫ 1

−1

(1 + x)2dx =83.

si deoarece

〈p2, q1〉 =∫ 1

−1

p2(x)q1(x)dx =∫ 1

−1

(x + x2)(1 + x)dx =43,

rezulta q2 = − 12 + 1

2x + x2. Apoi calculam produsele scalare

〈q2, q2〉 =∫ 1

−1

q22(x)dx =

∫ 1

−1

(−1

2+

12x + x2

)2

dx =25,

〈p3, q1〉 =∫ 1

−1

x(1 + x)dx =23,

〈p3, q2〉 =∫ 1

−1

x

(−1

2+

12x + x2

)dx =

13.

Atunci

q3 = x− 14(1 + x)− 5

6

(−1

2+

12x + x2

)=

16

+13x− 5

6x2.

Normam aceste polinoame si obtinem familia ortonormata {r1, r2, r3}, unde

r1 =√

64

+√

64

x , r2 = −√

104

+√

104

x +√

102

x2 , r3 =√

24

+√

22

x− 5√

24

x2 .

d) Ortogonalizam multimea data folosind relatiile:

u1 = w1 , u2 = w2 − 〈w2, u1〉〈u1, u1〉 u1 , u3 = w3 − 〈w3, u1〉

〈u1, u1〉 u1 − 〈w3, u2〉〈u2, u2〉 u2 .

Obtinem succesiv: 〈w2, u1〉 = i, 〈u1, u1〉 = 2, u2 = ( 12 ,−i, −i

2 )||(1,−2i,−i) si 〈w3, u1〉 =0, 〈w3, u2〉 = −1, 〈u2, u2〉 = 3

2 , u3 = ( 13 , i

3 ,− i3 )||(1, i,−i). Dupa efectuarea calculelor rezulta

familia ortogonala

u1 = (−i, 0, 1) , u2 = (1,−2i,−i), u3 = (1, i,−i)

si prin normare, familia ortonormata {v1, v2, v3}, unde

v1 =u1

‖u1‖ =(− i√

2, 0,

1√2

), v2 =

(1√6,− 2i√

6, − i√

6

), v3 =

(1√3,

i√3, − i√

3

).

Page 50: Exercitii algebra

50 ALGA-GDED

30. a) Prin ortogonalizarea bazei BW = {p1 = 1+x2, p2 = 1} obtinem w1 = p1 = 1+x2,

w2 = p2 − prw1p2 = p2 − 〈p2, w1〉

〈w1, w1〉w1 = 1−∫ 1

−1

(1 + t2)dt

(∫ 1

−1

(1 + t2)2dt

)−1

· w1 =

= 1− 8/356/15

(1 + x2) =27− 5

7x2 ,

deci BW,ortog. ={w1 = 1 + x2 , w2 = 2

7 − 57x2

}. Atunci

v0 = prw1v + prw2

v =〈v, w1〉〈w1, w1〉w1 +

〈v, w2〉〈w2, w2〉w2 =

=8/3

56/15w1 +

2/212/21

w2 =(

57

+57x2

)+

(27− 5

7x2

)= 1. Deci v⊥ = v − v0 = x.

b) BW = {v1 = (2, 1, 0), v2 = (−1, 4, 1)} nefiind o baza ortogonala, ortogonalizam folosindprocedeul Gram-Schmidt {v1, v2} → {w1, w2}.

w1 = v1 = (2, 1, 0)

w2 = v2 − prw1v2 = v2 − 〈v2, w1〉

〈w1, w1〉w1 =

= ( −1, 4, 1)− 25 (2, 1, 0) =

(− 95 , 18

5 , 1) ||(−9, 18, 5)

si obtinem Bortog, W = { w1 = (2, 1, 0) , w2 = (−9, 18, 5)}. Atunci avem:

v0 = prwv = prw1v + prw2

v =45(2, 1, 0) +

32430

(−9, 18, 5) =(

4043

,9243

,1643

)

si deci v⊥ = v − v0 =(

343

,− 643

,2743

).

c) Se observa ca 〈C, D〉 = 〈D, C〉 = 0, deci baza BW ={

C =(

1 00 1

), D =

(0 12 0

)}

este ortogonala; obtinem

v0 = prCv + prDv =22

(1 00 1

)+

105

(0 12 0

)=

(1 24 1

)

si v⊥ = v − v0 = 0. Observatie. v⊥ = 0 ⇒ v ∈ L(C, D). Intr-adevar, αC + βD = v ⇒ α =1, β = 2, deci v = C + 2D ∈ L(C,D). d) Observam ca W se mai poate scrie:

W = {(x,−x + 2z, z) | x, z ∈ R } = {x (1,−1, 0)︸ ︷︷ ︸v1

+z (0, 2, 1)︸ ︷︷ ︸v2

| x, z ∈ R},

deci o baza a lui W este

BW = {v1 = (1,−1, 0) , v2 = (0, 2, 1)} .

Ortogonalizand BW , obtinem baza ortogonala B′W = {w1 = (1,−1, 0), w2 = (1, 1, 1)}, deci

v0 = prw1v + prw2

v = 12 (1,−1, 0) + 2

3 (1, 1, 1) =(

76,16,23

)

v⊥ = (2, 1,−1)−(

76,16,23

)=

(56,56,−5

3

).

Page 51: Exercitii algebra

Solutii 51

II.4. Transformari liniare

31. a) Pentru ca T sa fie liniara trebuie sa aratam ca ∀k ∈ R si ∀x, y ∈ R3, avem{T (x + y) = T (x) + T (y)T (kx) = kT (x) . Intr-adevar, obtinem succesiv

T (x + y) = (x1 + y1 − x3 − y3, x2 + y2, 2x1 + 2y1 − 2x3 − 2y3) =

= ((x1 − x3) + (y1 − y3), x2 + y2, (2x1 − 2x3) + (2y1 − 2y3)) =

= (x1 − x3, x2, 2x1 − 2x3) + (y1 − y3, y2, 2y1 − 2y3) = T (x) + T (y)

T (kx) = (kx1 − kx3, kx2, 2kx1 − 2kx3) = (k(x1 − x3), kx2, k(2x1 − 2x3)) =

= k(x1 − x3, x2, 2x1 − 2x3) = kT (x).

Nucleul si imaginea unei transformari liniare T : V → W sunt

Ker T = {v ∈ V | T (v) = 0}, Im T = {w ∈ W | ∃v ∈ V a.ı T (v) = w}.

In cazul nostru ecuatia T (x) = 0 ın necunoscuta x ∈ R3 ne conduce la sistemul

x1 − x3 = 0x2 = 02x1 − 2x3 = 0

x1 = ax2 = 0x3 = a

, a ∈ R.

Rezulta Ker T = {(a, 0, a) | a ∈ R}. O baza pentru Ker T este formata din vectorulv1 = (1, 0, 1), deci

(11) dim KerT = 1

si prin urmare defectul lui T este 1. Din relatia (11) rezulta ca Ker T 6= {0}, deci T nu esteinjectiva.

Actiunea lui T pe baza canonica B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)} a spatiuluiR3, furnizeaza vectori ai caror coeficienti relativ la baza B constituie coloanele matriciitransformarii T relativ la B. Din relatiile

T (e1) = T ((1, 0, 0)) = (1− 0, 0, 2 · 1− 0) = (1, 0, 2) = e1 + 2e3

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

T (e3) = T ((0, 0, 1)) = (0− 1, 0, 0− 2 · 1) = (−1, 0, −2) = −e1 − 2e3,

se obtin [T (e1)]B = (1, 0, 2) t, [T (e2)]B = (0, 1, 0) t, [T (e3)]B = (−1, 0,−2) t, deci matricea

cautata este [T ]B =

1 0 −10 1 02 0 −2

. Daca {e1, e2, e3} este baza canonica a lui R3, atunci

vectorii {T (e1), T (e2), T (e3)} genereaza subspatiul vectorial Im T . Extragem dintre acestiaun sistem maximal de vectori liniar independenti si vom obtine ın acest fel o baza pentruIm T . Deoarece matricea transformarii liniare T are pe coloane componentele vectorilorT (e1), T (e2), T (e3) relativ la baza canonica, rezulta ca este suficient sa calculam rangulacestei matrice. Aceasta va fi dimensiunea spatiului Im T , deci rangul lui T . Deoarece

rangA = 2, (de exemplu∣∣∣∣

1 00 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0), rezulta ca rangul transformarii liniare T este 2,

o baza ın Im T fiind formata din vectorii T (e1) = (1, 0, 2) si T (e2) = (0, 1, 0).Cum dimR3 = 3, rezulta ca Im T 6= R3, deci T nu este surjectiva, si deci nici bijectiva.

Page 52: Exercitii algebra

52 ALGA-GDED

b) Fie k ∈ R si p, q ∈ P2. Atunci

(T (p + q))(x) = x

∫ 1

0

(p + q)(t)dt + (p + q)(1)− (p + q)′(0) =

= x

∫ 1

0

(p(t) + q(t))dt + p(1) + q(1)− p′(0)− q′(0) =

= x

∫ 1

0

p(t)dt + p(1)− p′(0) + x

∫ 1

0

q(t)dt + q(1)− q′(0) =

= (T (p))(x) + (T (q))(x) = (T (p) + T (q))(x), ∀x ∈ R,

deci T (p + q) = T (p) + T (q), ∀p, q ∈ P2. De asemenea, avem

(T (kp))(x) = x

∫ 1

0

(kp)(t)dt + (kp)(1)− (kp)′(0) =

= x

∫ 1

0

kp(t)dt + kp(1)− kp′(0) =

= k

(x

∫ 1

0

p(t)dt + p(1)− p′(0))

= (kT (p))(x), ∀x ∈ R,

deci T (kp) = kT (p), ∀p ∈ P2,∀k ∈ R. Fie p = a0 + a1X + a2X2 ∈ P2. Atunci ecuatia

T (p) = 0 revine la

x

∫ 1

0

(a0 + a1t + a2t2)dt + p(1)− p′(0) = 0, ∀x ∈ R ⇔

⇔ x(a0t + a1

t2

2 + a2t3

3

) ∣∣∣∣1

0

+ (a0 + a1 + a2)− a1 = 0, ∀x ∈ R⇔

⇔ x(a0 + a1

2 + a23

)+ a0 + a2 = 0, ∀x ∈ R⇔

{a0 + a1

2 + a23 = 0

a0 + a2 = 0,

cu solutia a0 = −α, a1 = 4α3 , a2 = α. Asadar KerT = {α(−1 + 4

3X + X2) | α ∈ R}. O bazapentru Ker T este polinomul p0 = −1 + 4

3X + X2, deci

(12) dim KerT = 1

si prin urmare defectul lui T este 1. Din relatia (12) rezulta Ker T 6= {0}, deci T nu esteinjectiva.Actiunea lui T pe baza canonica B = {1, X,X2} a spatiului P2 este data prin

T (1) = X

∫ 1

0

dt + 1− 0 = X + 1,

T (X) = X

∫ 1

0

tdt + 1− 1 =X

2,

T (X2) = X

∫ 1

0

t2dt + 1− 0 =X

3+ 1.

Matricea lui T are pe coloane coeficientii polinoamelor T (1), T (X), T (X2) relativ la baza{1, X, X2} a codomeniului P2. Atunci

A = [T ]B =

1 0 11 1/2 1/30 0 0

.

Page 53: Exercitii algebra

Solutii 53

Pentru a determina imaginea lui T , procedand ca la punctul a) vom calcula rangul matriciiA = [T ]B = [T (1), T (X), T (X2)]B . Deoarece det A = 0, dar exista un minor nenul de ordin

2 al lui A (de exemplu,∣∣∣∣

1 01 1/2

∣∣∣∣ 6= 0), rezulta ca rangul matricei A este 2, acesta fiind si

rangul transformarii T .O baza ın Im T este formata din {T (1), T (X)}. Cum dim P2 = 3, rezulta ImT 6= P2,

deci T nu este surjectiva. Cum T nu este nici injectiva si nici surjectiva rezulta ca T nu estebijectiva.c) Pentru k, ` ∈ R si A, B ∈ M2×2(R), avem

T (kA + `B) = (kA + `B) t − 2Tr (kA + `B)I2 = (kA) t + (`B) t − 2(Tr (kA) + Tr (`B))I2 =

= k ·A t + ` ·B t − 2k Tr (A)I2 − 2` Tr (B) · I2 = kT (A) + `T (B).

Fie A =(

a1 a2

a3 a4

)∈ M2×2(R). Atunci ecuatia T (A) = 0 se rescrie

(a1 a3

a2 a4

)− 2(a1 + a4) ·

(1 00 1

)= OM2×2(R) ⇔

⇔(

a1 − 2a1 − 2a4 a3

a2 a4 − 2a1 − 2a4

)=

(0 00 0

)⇔

⇔ −a1 − 2a4 = 0, a3 = 0, a2 = 0,−2a1 − a4 = 0,

si deci a1 = a2 = a3 = a4 = 0. Asadar Ker T ⊆ {0} si cum incluziunea {0} ⊆ KerTeste ıntotdeauna adevarata, rezulta Ker T = {0}, deci T este injectiva si defectul lui T estedim Ker T = 0.Baza canonica a spatiului M2×2(R) este

B ={

m11 =(

1 00 0

),m12 =

(0 10 0

),m21 =

(0 01 0

),m22 =

(0 00 1

)}.

Din relatiile

T (m11) =(

1 00 0

)− 2 · 1

(1 00 1

)=

( −1 00 −2

)= −m11 − 2m22

T (m12) =(

0 01 0

)− 2 · 0

(1 00 1

)=

(0 01 0

)= m21

T (m21) =(

0 10 0

)− 2 · 0

(1 00 1

)=

(0 10 0

)= m12

T (m22) =(

0 00 1

)− 2 · 1

(1 00 1

)=

( −2 00 −1

)= −2m11 −m22,

se obtine matricea cautata

A = [T ]B =

−1 0 0 −20 0 1 00 1 0 0−2 0 0 −1

.

Rangul matricii A = [T ]B = [T (m11), T (m12), T (m21), T (m22)] este 4 (deoarece det A 6= 0);rezulta ca rangul transformarii T este 4, o baza ın Im T fiind formata din T (m11), T (m12),T (m21), T (m22). Cum dim M2×2(R) = 4, rezulta ca aceasta multime este baza si pentruM2×2(R). Atunci

Page 54: Exercitii algebra

54 ALGA-GDED

Im T = L(T (m11), T (m12), T (m21), T (m22)) = M2×2(R),

deci T este surjectiva. In concluzie T rezulta bijectiva.

Altfel. Folosim teorema conform careia un endomorfism pe un spatiu vectorial finit-dimensionalVn este simultan injectiv/surjectiv/bijectiv. In cazul nostru dim Vn = dim M2×2(R), n =4 < ∞, iar Ker T = {0}, deci T este injectiva, surjectiva si bijectiva; din surjectivitaterezulta ImT = M2×2(R).

32. a) Pentru k, l ∈ R si p, q ∈ R1[X], avem

(T (kp + lq))(x) = x

∫ 1

0

(kp + lq)(t)dt + (kp + lq)(

12

)=

= k

(x

∫ 1

0

p(t)dt + p

(12

))+ l

(x

∫ 1

0

q(t)dt + q

(12

))=

= (kT (p) + lT (q))(x), ∀x ∈ R,

deci T (kp + lq) = kT (p) + lT (q), ∀k, l ∈ R, ∀p, q ∈ R1[X].

b) Nucleul transformarii liniare T este

KerT = {p ∈ R1[X] | T (p) = 0},

Dar T (p) = 0 doar daca (T (p))(x) = 0, ∀x ∈ R. Consideram polinomul p = a0 + a1X ∈R1[X]. Atunci

(T (p))(x) = 0 ⇔ x

∫ 1

0

(a0 + a1t)dt + a0 + a1 · 12

= 0 ⇔

⇔ x(a0 + a1 · 1

2

)+

(a0 + a1 · 1

2

)= 0 ⇔

⇔ (x + 1)(a0 + a1 · 1

2

)= 0.

Deoarece aceasta egalitate are loc pentru orice x ∈ R, vom obtine

a0 + a1 · 12

= 0

cu solutia a1 = −2a0, deci p = a0(1− 2x), a0 ∈ R.

Asadar

(13) Ker T = {a0(1− 2X) | a0 ∈ R},

deci o baza ın Ker T este formata din polinomul (1− 2X).Imaginea trasformarii liniare T este Im T = {q ∈ R1[X] | ∃p ∈ R1[X] a.ı. T (p) = q}. Fie

q ∈ R1[X] si p = a0 + a1X. Atunci

T (p) = q ⇔ X

∫ 1

0

(a0 + a1t)dt + a0 + a1 · 12

= q ⇔

⇔ (X + 1)(a0 + a12 ) = q. Ecuatia T (p) = q ın necunoscuta p ∈ R1[X] are solutie doar

pentru q ∈ L(X + 1), si deci

(14) ImT = {α(1 + X) | α ∈ R}.

Dar X + 1 6≡ 0 si prin urmare polinomul (1 + X) formeaza o baza ın imaginea lui T .

Page 55: Exercitii algebra

Solutii 55

c) Deoarece o baza ın Ker T este formata din polinomul (1− 2X), rezulta Ker T 6= {0}, deciT nu este injectiva. Deoarece Im T 6= R1[X], T nu este nici surjectiva.d) Avem dim Ker︸ ︷︷ ︸

1

T + dim Im︸ ︷︷ ︸1

T = dimR1[X]︸ ︷︷ ︸2

.

e) Baza canonica a spatiului R1[X] este B = {1, X}, deci pentru a afla matricea transformariiliniare T calculam

T (1) = X

∫ 1

0

dt + 1 = X + 1

T (X) = X

∫ 1

0

tdt +12

=X

2+

12.

In concluzie, matricea transformarii liniare T este

A = [T ]B = [T (1), T (X)]B =(

1 1/21 1/2

).

T este injectiva daca si numai daca sistemul dat de T (a0 + a1X) = 0 ⇔ [T ] ·(

a0

a1

)=

(00

)(scris ın forma matriceala) este compatibil determinat. Dar, deoarece sistemul este

omogen si det A =∣∣∣∣

1 1/21 1/2

∣∣∣∣ = 0, rezulta ca sistemul este compatibil nedeterminat, deci T

nu este injectiva.Deoarece rangul matricii A este 1, rezulta ca rangul transformarii T este 1, deci o baza

ın Im T este formata dintr-un singur vector (T (1) sau T (X)). Cum dimR1[X] = 2 rezultaIm T 6= R1[X], deci T nu este surjectiva.f) Notam cu B = {1, X} baza canonica a spatiului R1[X] si

B′ = {q1 = 1− 2X, q2 = 1 + X}.

Are loc relatia[T ]B ′ = [B′]−1

B [T ]B [B′]B ,

unde [B′]B =(

1 1−2 1

), [T ]B =

(1 1/21 1/2

), de unde rezulta [T ]B ′ =

(0 00 3/2

). Altfel.

Matricea dorita se poate obtine asezand pe coloane coeficientii polinoamelor {T (q1), T (q2)}relativ la noua baza B′ = {q1, q2}.g) Pentru ca imaginea si nucleul lui T sa fie subspatii suplementare trebuie sa avem Ker T ∩Im T = {0} si Ker T + Im T = R1[X].

Fie p ∈ KerT ∩ Im T . Din relatiile (13) si (14) rezulta{

p = a0(1− 2X)p = α(1 + X) ⇔ a0 − 2a0X = α + αX ⇔

{a0 = α−2a0 = α

,

deci a0 = α = 0. In concluzie p ≡ 0, deci Ker T ∩ ImT ⊆ {0}. Cum incluziunea inversa{0} ⊆ KerT ∩ Im T este banala, avem Ker T ∩ Im T = {0}.

Folosind teorema Grassmann, avem

dim(Ker T + Im T ) = dim Ker T+dim Im T−dim(Ker T ∩ ImT ) = 1+1−0 = 2 = dimR1[x].

Cum Ker T + Im T ⊂ R1[X] si subspatiul are aceeasi dimensiune ca spatiul total, rezultaKerT + Im T = R1[X]; deci cele doua subspatii sunt suplementare.

Page 56: Exercitii algebra

56 ALGA-GDED

Altfel. Din ind{1−2X, 1+X} si Ker T + ImT = L(1 + X)+L(1− 2X) = L(1 + X, 1− 2X)rezulta ca {1− 2X, 1 + X} este baza ın KerT + Im T . Dar KerT + Im T ⊂ R1[X], deciKerT + Im T = R1[X] si dim( Ker T + Im T ) = 2.

Am vazut ca se verifica egalitatea dim Ker T + dim Im T = dimR1[X]. Atunci folosindteorema Grassmann, avem

dim(Ker T ∩ ImT ) = dim(Ker T ) + dim( Im T )− dim(Ker T + Im T ) = 1 + 1− 2 = 0,

deci Ker T ∩ ImT = {0} si cele doua subspatii sunt suplementare.

33. a) Dimensiunea spatiului R3 este 3, deci este suficient sa demonstram ca vectoriiv1, v2, v3 sunt liniar independenti (atunci ei vor forma o baza a lui R3). Dar

det[v1, v2, v3] =

∣∣∣∣∣∣

1 0 01 1 11 1 0

∣∣∣∣∣∣= −1 6= 0,

deci avem ind{v1, v2, v3}.b) Inlocuind ın relatiile ce definesc aplicatia T vectorii v1, v2, v3, w1 si w2, obtinem

T ((1, 0, 1)) = (0, 1), T ((0, 3, 1)) = (1, 1), T ((−1,−1,−1)) = (−1, 0),

deciT (e1 + e3) = f2, T (3e2 + e3) = f1 + f2, T (−e1 − e2 − e3) = −f1,

unde B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)} si B′ = {f1 = (1, 0), f2 = (0, 1)} reprezintabazele canonice ale spatiului R3, respectiv R2.

Liniaritatea lui T permite rescrierea acestor relatii sub forma:

T (e1) + T (e3) = f2

3T (e2) + T (e3) = f1 + f2

−T (e1)− T (e2)− T (e3) = −f1

⇔ [T (e1), T (e2), T (e3)]

1 0 −10 3 −11 1 −1

= [f1, f2]

(0 1 −11 1 0

),

sistem compatibil ın necunoscutele T (e1), T (e2), T (e3), cu solutia

T (e1) = 2f1 − 3f2, T (e2) = f1 − f2, T (e3) = −2f1 + 4f2,

deci matricea cautata este A = [T ]B,B′ = [T (e1), T (e2), T (e3)]B ′ =(

2 1 −2−3 −1 4

).

c) Avem

[T (x)]B ′ = [T ]BB′

x1

x2

x3

=

(2x1 + x2 − 2x3

−3x1 − x2 + 4x3

),

deci T (x) = (2x1 + x2 − 2x3, −3x1 − x2 + 4x3), ∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3.

d) T este injectiva daca si numai daca sistemul omogen dat de [T ]BB′ ·

xyz

=

000

este compatibil determinat. Se observa ca ın acest caz rangul matricei [T ]BB′ fiind strict maimic decat numarul de coloane sistemul este compatil nedeterminat, deci T nu este injectiva.

Rangul matricii [T ] este 2, deci si rangul transformarii T este 2, o baza ın Im T fiind formatadin vectorii T (e1) = (2,−3)t si T (e2) = (1,−1)t. Aceasta este o baza pentru R2, deci rezultaIm T = R2, adica T este surjectiva.

Page 57: Exercitii algebra

Solutii 57

34. a) Pentru k, l ∈ R si f, g ∈ C1(0, 1), avem

(T (kf + lg))(x) = (kf + lg)′(x) = k · f ′(x) + l · g′(x) =

= k(T (f))(x) + l(T (g))(x), ∀x ∈ (0, 1)

si deci T (kf + lg) = kT (f) + lT (g).b) Nucleul transformarii liniare T este

KerT = {f ∈ C1(0, 1) | T (f) = 0}.

DarT (f) = 0 ⇔ (T (f))(x) = 0,∀x ∈ (0, 1) ⇔ f ′(x) = 0, ∀x ∈ (0, 1).

In concluzie, Ker T este multimea functiilor constante pe intervalul (0, 1).Imaginea transformarii liniare T este

Im T = {g ∈ C0(0, 1) | ∃f ∈ C1(0, 1) a.ı T (f) = g}.

Dar pentru g ∈ C0(0, 1), avem

T (f) = g ⇔ T (f)(x) = g(x), ∀x ∈ (0, 1) ⇔ f ′(x) = g(x), ∀x ∈ (0, 1),

adica f(x) =∫

g(x)dx + c, c ∈ R si deci ∃f ∈ C1(0, 1) a.ı T (f) = g; rezulta C0(0, 1) ⊂Im T. Cum Im T ⊂ C0(0, 1), rezulta Im T = C0(0, 1).

c) Avem T (f)(x) = 1− x2 ⇔ f ′(x) = 1− x2 ⇔ f(x) = x− x3

3 + c, c ∈ R.d) Teorema dimensiunii nu se poate aplica, deoarece dim DomT = dim C1(0, 1) = ∞.

35. a) Deoarece baza canonica a spatiului R1[X] este B = {1, X}, pentru a afla imaginealui T calculam

(T (1))(x) = x− 1, (T (X))(x) = x2.

Deci Im T = L({X − 1, X2}) si deoarece {X − 1, X2} este familie de vectori liniar indepen-denta, rezulta B′ = {u1 = X − 1, u2 = X2} baza ın Im T .

Folosind procedeul Gram-Schimdt construim o baza ortogonala B′′ = {v1, v2}

v1 = u1 = X − 1

v2 = u2 − prv1u2 = u2 − 〈u2,v1〉〈v1,v1〉 · v1.

Calculam

〈u2, v1〉 =∫ 1

−1

u2(x)v1(x)dx =∫ 1

−1

x2(x− 1)dx = −23,

〈v1, v1〉 =∫ 1

−1

v21(x)dx =

∫ 1

−1

(x− 1)2dx =83,

si obtinem v2 = 14 (4X2 + X − 1). Pentru a gasi o baza ortonormata, calculam

‖v1‖ =√〈v1, v1〉 =

√83

‖v2‖ =√〈v2, v2〉 =

√∫ 1

−1116 (4x2 + x− 1)2dx =

√730

si deci baza cautata este B′′′ ={

v1‖v1‖ ,

v2‖v2‖

}=

{√38 (X − 1), 4

√307 · (4X2 + X − 1)

}.

b) Obtinem T (1− 2X) = X(1− 2X)− 1 = −2X2 + X − 1.

Page 58: Exercitii algebra

58 ALGA-GDED

II.5. Transformari liniare particulare

36. a) Nucleul si imaginea unei transformari liniare T : V → W sunt respectiv date de:

Ker T = {x ∈ V |T (x) = 0}, Im T = {y ∈ W |∃x ∈ V a.ı. T (x) = y}.

In cazul nostru ecuatia T (x) = 0, ın necunoscuta x ∈ V = R3 ne conduce la sistemul

x1 + x2 + x3 = 0x2 + x3 = 0−x3 = 0

x1 = 0x2 = 0x3 = 0.

Rezulta KerT = {0}, deci T este injectiva.

Deoarece B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)} este o baza (baza canonica) alui R3, rezulta ca vectorii T (e1) = (1, 0, 0), T (e2) = (1, 1, 0), T (e3) = (1, 1,−1) genereazasubspatiul vectorial ImT . Deoarece

det[T (B)]B = det[T (e1), T (e2),T (e3)]B =

∣∣∣∣∣∣

1 1 10 1 10 0 −1

∣∣∣∣∣∣= −1 6= 0,

rezulta ca vectorii T (e1), T (e2), T (e3) sunt liniar independenti si deci formeaza o baza ınIm T . Acesta este o baza si pentru R3 (deoarece T (e1), T (e2), T (e3) sunt trei vectori liniarindependenti ıntr-un spatiu de dimensiune 3), deci rezulta Im T = R3, deci T este surjectiva.

Fiind injectiva si surjectiva, rezulta T bijectiva, deci exista T−1.

Calculam matricea transformarii liniare T−1 ca fiind inversa matricei [T ]B ; obtinem [T−1]B =

[T ]−1B =

1 −1 00 1 10 0 −1

, iar [T−1(x)]B =

1 −1 00 1 10 0 −1

x1

x2

x3

=

x1 − x2

x2 + x3

−x3

,

deci expresia analitica a lui T−1 este

T−1(x) = (x1 − x2)e1 + (x2 + x3)e2 + (−x3)e3 =

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

b) T (v) = T ((1, 1, 1)) = (3, 2,−1); T−1(v) = T−1((1, 1, 1)) = (0, 2,−1). Pentru a afla

valoarea expresiei (T 3 − 2T + Id)(v), calculam mai ıntai [T 3]B = [T ]3B =

1 3 20 1 10 0 −1

,

de unde rezulta

[T 3 − 2T + Id]B = [T 3]B − 2[T ]B + [Id]B =

0 1 00 0 −10 0 2

.

Prin urmare, [(T 3 − 2T + Id)(v)]B = [T 3 − 2T + Id]B(1, 1, 1) t = (1,−1, 2) t

si deci (T 3 − 2T + Id)(v) = (1,−1, 2).

37. a) Baza canonica B = {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)} este ortonormata, deci endomor-fismul T este transformare hermitica daca matricea sa A = [T ]B satisface relatia A = A t.

Aceasta egalitate se verifica ın acest caz deoarece: A t =(

1 −ii 0

)=

(1 i−i 0

)= A.

b) Deoarece a, b ∈ R, rezulta a = a si b = b, deci avem A t =(

a z

z b

)=

(a zz b

)= A.

Page 59: Exercitii algebra

Solutii 59

c) Avem A t =(

ia −z

z ib

)=

( −ia −zz −ib

)= −A, deci endomorfismul T este antihermi-

tian.

d) Endomorfismul T este unitar daca A · A∗ = A∗ · A = I2, unde A∗ = A t. Avem A t =(u v−¯v ¯u

)=

(u v−v u

)si deci A·A∗ =

(u −vv u

)·(

u v−v u

)=

(|u|2+|v|2 0

0 |v|2+|u|2)

=(

1 00 1

)= I2. Analog se verifica egalitatea A∗ ·A = I2.

e) Endomorfismul real T se numeste simetric daca matricea sa A = [T ]B relativ la bazaortonormata canonica B = {e1, e2} ⊂ R2 satisface relatia A = A t. Evident, ın cazul nostruaceasta relatie este satisfacuta.

f) Endomorfismul T este antisimetric deoarece A = −A t (ceea ce se poate verifica usor).

T se numeste structura complexa daca A2 = −I2; avem A2 =(

0 −11 0

)(0 −11 0

)=

( −1 00 −1

)= −I2. Deoarece A · A t =

(0 −11 0

)(0 1−1 0

)=

(1 00 1

)= I2 si

analog A t ·A = I2. Rezulta T endomorfism ortogonal.

g) Avem

A·A t =(

cos α − sin αsin α cosα

)·(

cos α sin α− sin α cos α

)=

(cos2 α + sin2 α 0

0 sin2 α + cos2 α

)= I2

si analog A t ·A = I2, deci T este ortogonal.

h) Endomorfismul T se numeste proiectie daca A2 = A. Dar A2 =(

1/2 1/21/2 1/2

)= A, deci

T este o proiectie.

i) T este operator nilpotent de ordinul trei daca A3 = 0M3×3(R), egalitate care se verifica.

38. a) Se foloseste produsul scalar 〈A,B〉=Tr 〈A · tB〉, ∀A,B ∈ M2(R). Daca endomor-fismul real T are proprietatea T = T ∗, adica 〈TA,B〉 = 〈A, TB〉, ∀A,B ∈ M2(R), atunci Tse numeste transformare simetrica.

In acest caz, folosind proprietatile urmei Tr(C) = Tr(C t), T r(AB) = Tr(BA), avem〈TA,B〉 = 〈A t, B〉 = Tr〈A t ·B t〉 = Tr(BA) t = Tr(BA) = Tr(AB) = Tr(A t · B t)=〈A, B t〉 = 〈A, TB〉, deci T este simetrica relativ la produsul scalar canonic pe M2×2(R).

b) Se foloseste produsul scalar 〈f, g〉 =∫ b

af(x)g(x)dx, ∀f, g ∈ C0[a, b] ⊃ V .

Fie f, g ∈ V . Folosind integrarea prin parti si egalitatile f(a) = f(b), g(a) = g(b), obtinem:

〈Tf, g〉 =∫ b

a(T (f)(x))g(x)dx =

∫ b

af ′(x)g(x)dx = f(x)g(x)|ba − ∫ b

af(x)g′(x)dx =

= f(b)g(b)− f(a)g(a)− ∫ b

af(x)(T (g)(x))dx = 0− 〈f, Tg〉 = −〈f, Tg〉,

deci transformarea liniara este antisimetrica relativ la produsul scalar canonic pe C0[a, b] ⊃V .

39. a) Tv este liniara daca T (αx + βy) = αT (x) + βT (y), ∀α, β ∈ R, ∀x, y ∈ V . Avem

Tv(αx + βy) = αx + βy + v, αTv(x) + βTv(y) = α(x + v) + β(y + v) = αx + βy + αv + βv,

deci Tv este liniara daca si numai daca v = αv+βv, ∀α, β ∈ R ⇔ (α+β−1)v = 0,∀α, β ∈ R,conditie echivalenta cu v = 0. Evident, pentru v = 0, obtinem Tv = Id, unicul caz ın careTv este liniara.

Page 60: Exercitii algebra

60 ALGA-GDED

b) Fie v 6= 0. Se stie ca T = Tv conserva produsul scalar daca ∀x, y ∈ V avem

〈Tx, Ty〉 = 〈x, y〉 ⇔ 〈x + v, y + v〉 = 〈x, y〉 ⇔⇔ 〈x, y〉+ 〈x, v〉+ 〈v, y〉+ 〈v, v〉 = 〈x, y〉 ⇒ 〈x, v〉+ 〈v, y〉+ 〈v, v〉 = 0,

relatie ce trebuie sa aiba loc pentru orice x, y ∈ V . Dar pentru x = y = v obtinem

3〈v, v〉 = 0 ⇔ 3‖v‖2 = 0 ⇔ ‖v‖ = 0 ⇔ v = 0,

ın contradictie cu presupunerea v 6= 0; deci T nu conserva produsul scalar. De asemenea,T = Tv nu conserva norma pentru v 6= 0, deoarece

‖Tv(v)‖ = ‖2v‖ = 2‖v‖ 6= ‖v‖,

si deci relatia ‖Tv(x)‖ = ‖x‖,∀x ∈ V nu are loc.c) Se observa ca ∀y ∈ V , avem Tv(y − v) = y, deci Tv este surjectiva. De asemenea, seobserva ca aplicatia T = Tv conserva distanta daca d(Tv(x), Tv(y)) = d(x, y), ∀x, y ∈ V ,unde d(x, y) = ‖x− y‖, ∀x, y ∈ V . Avem

d(Tv(x), Tv(y)) = ‖T (x)− T (y)‖ = ‖(x + v)− (y + v)‖ = ‖x− y‖ = d(x, y),

deci T = Tv conserva distanta indusa de norma data de produsul scalar.Observatie. Daca || · || este o norma oarecare pe V , se poate arata analog ca T = Tv conservadistanta indusa de || · ||.

II.6. Vectori si valori proprii. Diagonalizare

40. a) Calculam polinomul caracteristic

P (λ) = det(A− λI3) =

∣∣∣∣∣∣

2− λ 0 00 −λ 10 −1 −λ

∣∣∣∣∣∣= −λ3 + 2λ2 − λ + 2.

b) Rezolvam ecuatia caracteristica

P (λ) = 0 ⇔ −λ3 + 2λ2 − λ + 2 = 0,

deci ecuatia algebrica −(λ2 + 1)(λ− 2) = 0. Radacinile reale ale acestei ecuatii sunt valorileproprii ale matricei A si formeaza spectrul transformarii T , σ(T ) = {2}. Deoarece nu toateradacinile polinomului P (λ) sunt reale, rezulta ca T nu este jordanizabila, deci nu este nicidiagonalizabila.

In acest caz σ(TC) = {2,−i, +i} 6⊂ R.c) Se observa ca pentru λ = λ1 = 2 avem µa(λ 1) = 1, pentru λ = −i avem µa(−i) = 1, iarpentru λ = i avem µa(i) = 1.

Pentru λ = λ1 = 2 sistemul caracteristic asociat este un sistem de ecuatii liniare care aredrept solutii vectorii proprii asociati valorii proprii λ1 = 2. Acest sistem este:

(A− 2I3)(v) = 0 ⇔

0 0 00 −2 10 −1 −2

xyz

=

000

{ −2y + z = 0−y − 2z = 0,

si are solutiile v = (x, y, z) = (t, 0, 0) = t(1, 0, 0), t ∈ R. Deci Sλ1 = L(v1) , unde v1 = (1, 0, 0)este nenul, deci liniar independent, care formeaza astfel baza ın subspatiul propriu Sλ1 , deunde µg(λ1) = dim Sλ1 = 1.

Page 61: Exercitii algebra

Solutii 61

Precizam ca deoarece λ2,3 = ±i /∈ R, λ2,3 nu sunt valori proprii ale endomorfismului T .Pentru TC (complexificatul morfismului T ), deci pentru matricea A = [TC] ∈ M3×3(C),diagonalizarea poate avea loc.Pentru λ = λ2 = −i, sistemul caracteristic asociat este:

(A + iI3)v = 0 ⇔

2 + i 0 00 i 10 −1 i

xyz

=

000

(2 + i)x = 0iy + z = 0−y + iz = 0

si are solutiile v = (x, y, z) = (0, it, t) = t(0, i, 1), t ∈ C. Deci Sλ2 = L(v2) , unde v2 = (0, i, 1)este nenul, deci liniar independent, care formeaza astfel baza ın subspatiul propriu Sλ2 , deunde µg(λ2) = dim Sλ2 = 1.Pentru λ = λ3 = i, sistemul caracteristic asociat este:

(A− iI3)v = 0 ⇔

2− i 0 00 −i 10 −1 −i

xyz

=

000

(2− i)x = 0−iy + z = 0−y − iz = 0

si are solutiile v = (x, y, z) = (0,−it, t) = t(0,−i, 1), t ∈ C. Deci Sλ3 = L(v3) , undev3 = (0,−i, 1) este nenul, deci liniar independent, care formeaza astfel baza ın subspatiulpropriu Sλ3 , de unde µg(λ3) = dim Sλ3

= 1.

Se observa ca µa(λ) = µg(λ), pentru orice λ = λ1, λ2, λ3, deci transformarea TC estediagonalizabila.

41. a) Calculam polinomul caracteristic

P (λ) = det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣

3− λ 0 00 2− λ 10 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣= −λ3 + 7λ2 − 16λ + 12.

Rezolvam ecuatia caracteristica

P (λ) = 0 ⇔ −λ3 + 7λ2 − 16λ + 12 = 0,

deci ecuatia algebrica −(λ − 3)(λ − 2)2 = 0. Valorile proprii ale matricei A sunt radacinilereale ale acestei ecuatii si deoarece toate radacinile sunt reale, spectrul este σ(T ) = σ(TC) ={3, 2, 2}. Deoarece σ(TC) ⊂ R, rezulta T jordanizabila.

Pentru λ = λ1 = 3 si λ = λ2 = 2 avem µa(3) = 1, respectiv µa(2) = 2.Pentru λ = λ1 = 3, sistemul caracteristic asociat este

(A− 3I)v = 0 ⇔

0 0 00 −1 10 0 −1

abc

=

000

{ −b + c = 0−c = 0,

si are solutiile (a, b, c) = (t, 0, 0) = t(1, 0, 0), t ∈ R. Deci o baza ın subspatiul propriu Sλ1

este generatorul nenul (deci liniar independent) v1 = (1, 0, 0), de unde rezulta µg(λ1) =dim Sλ1 = 1 = µa(λ1).

Pentru λ = λ2 = 2, sistemul caracteristic asociat este:

(A− 2I)v = 0 ⇔

1 0 00 0 10 0 0

abc

=

000

{a = 0c = 0,

si are solutiile v = (a, b, c) = (0, t, 0) = t(0, 1, 0), t ∈ R. In concluzie, o baza ın Sλ2 estevectorul v2 = (0, 1, 0) t, de unde rezulta µg(λ2) = dim Sλ2 = 1.

Page 62: Exercitii algebra

62 ALGA-GDED

Deoarece pentru λ = λ2 avem µg(λ2) = 1 6= µa(λ2) = 2 rezulta ca endomorfismul T nueste diagonalizabil.

b) Calculam polinomul caracteristic

P (λ) = det(A− λI3) =

∣∣∣∣∣∣

7− λ 4 −14 7− λ −1−4 −4 4− λ

∣∣∣∣∣∣= −λ3 + 18λ2 − 81λ + 108.

Rezolvam ecuatia caracteristica

P (λ) = 0 ⇔ −λ3 + 18λ2 − 81λ + 108 = 0,

deci ecuatia algebrica −(λ− 3)2(λ− 12) = 0. Valorile proprii ale matricei A sunt radacinileacestei ecuatii si deoarece toate sunt reale, spectrul este σ(T ) = σ(TC) = {12, 3, 3}. Deoareceσ(TC) ⊂ R, rezulta T jordanizabila.Pentru λ = λ1 = 12 si λ = λ2 = 3 avem µa(λ1) = 1, respectiv µa(λ2) = 2.

Pentru λ = λ1 = 12 sistemul caracteristic asociat este

(A− 12I)v = 0 ⇔−5 4 −14 −5 −1−4 −4 −8

abc

=

000

−5a + 4b− c = 04a− 5b− c = 0−4a− 4b− 8c = 0

si are solutiile v = (a, b, c) = (t, t,−t) = t(1, 1,−1), t ∈ R. Deci o baza ın subspatiul propriuSλ1 este vectorul v1 = (1, 1,−1) de unde rezulta µg(λ1) = dim Sλ1 = 1 = µa(λ1).Pentru λ = λ2 = 3 sistemul caracteristic asociat este

(A− 3I)v = 0 ⇔

4 4 −14 4 −1−4 −4 1

abc

=

000

⇔ 4a + 4b− c = 0

si are solutiile v = (a, b, c) = (α, β, 4α + 4β) = α(1, 0, 4) + β(0, 1, 4). In concluzie, o bazaın Sλ2 este formata din vectorii v2 = (1, 0, 4) si v3 = (0, 1, 4), de unde rezulta µg(λ2) =dim Sλ2 = 2 = µa(λ2).Deoarece avem µa(λ1) = µg(λ1)(= 1) si µa(λ2) = µg(λ2)(= 2), rezulta ca endomorfismul Teste diagonalizabil.Baza B′ a spatiului R3 relativ la care matricea endomorfismului T este diagonala, este formatadin vectorii (proprii ai) bazelor de subspatii proprii ale lui T , adica B′ = {v1, v2, v3}.In concluzie, endomorfismul T este diagonalizabil, cu matricea diagonalizatoare si matriceadiagonala, respectiv

C = [v1, v2, v3]B =

1 1 01 0 1−1 4 4

, D =

12 0 00 3 00 0 3

.

Verificam relatia D = C−1AC sub forma CD = AC. Avem

C ·D =

1 1 01 0 1−1 4 4

12 0 00 3 00 0 3

=

12 3 012 0 3−12 12 12

;

A · C =

7 4 −14 7 −1−4 −4 4

1 1 01 0 1−1 4 4

=

12 3 012 0 3−12 12 12

= CD.

Page 63: Exercitii algebra

Solutii 63

II.7. Forma canonica Jordan

42. a) Calculam polinomul caracteristic

P (λ) = det(A− λI3) =

∣∣∣∣∣∣

3− λ 3 3−1 11− λ 62 −14 −7− λ

∣∣∣∣∣∣= −λ3 + 7λ2 − 16λ + 12.

Rezolvam ecuatia caracteristica P (λ) = 0 ⇔ −λ3 + 7λ2 − 16λ + 12, deci ecuatia algebrica−(λ− 3)(λ− 2)2 = 0. Radacinile reale ale acestei ecuatii sunt valorile proprii ale matricei Asi formeaza spectrul transformarii T , σ(T ) = {3, 2, 2}. Deoarece toate radacinile polinomuluiP (λ) sunt reale, rezulta T jordanizabila.b) Se observa ca pentru λ = λ1 = 3 avem µa(λ1) = 1, iar pentru λ = λ2 = 2 avemµa(λ2) = 2.

Pentru λ = λ1 = 3 sistemul caracteristic asociat este un sistem de ecuatii liniare care aredrept solutii vectorii proprii asociati valorii proprii λ1 = 3. Acest sistem este:

(A− 3I3)v = 0 ⇔

0 3 3−1 8 62 −14 −10

xyz

=

000

3y + 3z = 0−x + 8y + 6z = 02x− 14y − 10z = 0

si are solutiile (x, y, z) = (−2t,−t, t) = t(−2,−1, 1), t ∈ R. Deci Sλ1 = L(v1) undev1 = (−2,−1, 1) este nenul (deci liniar independent), care formeaza astfel baza ın subspatiulpropriu Sλ1 ; rezulta µg(λ1) = dim Sλ1 = 1 = µa(λ1). Deci µa(λ1) = µg(λ1) si o baza ın Sλ1

este {v1 = (−2,−1, 1) t}; familiei v1 ıi corespunde celula Jordan J1(3) = (3).Pentru λ = λ2 = 2, sistemul caracteristic asociat este

(A− 2I3)v = 0 ⇔

1 3 3−1 9 62 −14 −9

xyz

=

000

x + 3y + 3z = 0−x + 9y + 6z = 02x− 14y − 9z = 0

si are solutiile v = (x, y, z) = (−3t,−3t, 4t) = t(−3,−3, 4), t ∈ R. Deci Sλ2 = L(v2), undev2 = (−3,−3, 4) este nenul (deci liniar independent), care formeaza astfel baza ın subspatiulpropriu Sλ2 ; rezulta µg(λ2) = dim Sλ2 = 1. Deoarece avem µg(λ2) = 1 6= 2 = µa(λ2), rezultaca endomorfismul T nu este diagonalizabil.

Numarul de vectori principali necesari este µa(λ2)− µg(λ2) = 2− 1 = 1. Vectorii propriiau forma v = (−3t,−3t, 4t), t ∈ R; vectorii principali p = (a, b, c) asociati ıi determinamrezolvand sistemul

(A− λ2I3)p = v ⇔

1 3 3−1 9 62 −14 −9

abc

=

−3t−3t4t

a + 3b + 3c = −3t−a + 9b + 6c = −3t2a− 14b− 9c = 4t,

cu minorul principal∣∣∣∣

1 3−1 6

∣∣∣∣ 6= 0. Conditia de compatibilitate ∆car =

∣∣∣∣∣∣

1 3 −3t−1 6 −3t2 −9 4t

∣∣∣∣∣∣≡

0 este identic satisfacuta, deci sistemul este compatibil nedeterminat. Considerand b necunos-cuta secundara, notam b = s si obtinem p = (a, b, c) = (s − t, s,− 4

3s − 23 t). Obtinem spre

exemplu, pentru t = 1 si s = 1, vectorul propriu v = (−3,−3, 4) t si vectorul principal

p = (0, 1,−2) t. Familiei {v2, p} ıi corespunde celula Jordan J2(2) =(

2 10 2

).

c) Reunind familiile de vectori determinate mai sus, obtinem baza jordanizatoare B′ ={v1 = (−2,−1, 1); v2 = (−3,−3, 4), p = (0, 1,−2)}, careia ıi corespunde matricea Jordan

J = diag (J1(3), J2(2)) =

3 0 00 2 10 0 2

.

Page 64: Exercitii algebra

64 ALGA-GDED

d) Matricea de trecere de la baza canonica la baza jordanizatoare este C = [B′]B0 =

[v1; v2, p]B0 =

−2 −3 0−1 −3 11 4 −2

.

e) v. pct. c). f) Matricea Jordan asociata endomorfismului T relativ la baza B′ satisfacerelatia J = C−1AC. Verificam aceasta relatie sub forma CJ = AC:

C · J =

−2 −3 0−1 −3 11 4 −2

3 0 00 2 10 0 2

=

−6 −6 −3−3 −6 −13 8 0

;

A · C =

3 3 3−1 11 62 −14 −7

−2 −3 0−1 −3 11 4 −2

=

−6 −6 −3−3 −6 −13 8 0

= C · J.

Deci C · J = A · C.

43. a) Rezolvam ecuatia caracteristica

P (λ) = 0 ⇔ det(A− λI3) = 0 ⇔

2− λ −1 25 −3− λ 3−1 0 −2− λ

= 0,

deci ecuatia algebrica −(λ + 1)3 = 0. Radacinile reale ale acestei ecuatii sunt valorile propriiale matricei A si formeaza spectrul transformarii liniare, σ(T ) = { − 1,−1,−1}.

Deoarece toate radacinile polinomului caracteristic sunt reale, rezulta T jordanizabila.Pentru λ = λ1 = −1, cu ordinul de multiplicitate algebrica µa(λ1) = 3, sistemul caracte-

ristic asociat este un sistem de ecuatii liniare care are drept solutii nebanale vectorii propriiv = (x, y, z) asociati valorii proprii λ = −1. Acest sistem este

(A + I3)v = 0 ⇔

3 −1 25 −2 3−1 0 −1

abc

=

000

3a− b + 2c = 05a− 2b + 3c = 0−a− c = 0

si are solutiile v = (a, b, c) = (−t,−t, t) = t(−1,−1, 1), t ∈ R. Deci Sλ = L(v1) undev1 = (−1,−1, 1) este nenul (deci liniar independent) si formeaza astfel o baza ın subspatiulpropriu Sλ1 , de unde rezulta µg(λ1) = dim Sλ1 = 1 6= 3 = µa(λ1).

Numarul de vectori principali necesari este µa(λ1) − µg(λ1) = 3 − 1 = 2, pe care ıi vomdetermina rezolvand, pe rand, sistemele (A + I3)p1 = v si (A + I3)p2 = p1.

Rezolvam (A + I3)p1 = v, cu p1 = (a, b, c), impunand conditiile de compatibilitate, sistemulfiind neomogen. Avem

(A + I3)p1 = v ⇔

3 −1 25 −2 3−1 0 −1

abc

=

−t−tt

3a− b + 2c = −t5a− 2b + 3c = −t−a− c = t.

Sistemul este compatibil (∆car = 0, verificati!) nedeterminat. Considerand c = s dreptnecunoscuta secundara, se obtine p1 = (a, b, c) = (−t− s,−2t− s, s).

Pentru aflarea celui de-al doilea vector principal p2 = (a, b, c), rezolvam sistemul(15)

(A+I3)p2 = p1 ⇔

3 −1 25 −2 3−1 0 −1

abc

=

−t− s−2t− s

s

3a− b + 2c = −t− s5a− 2b + 3c = −2t− s−a− c = s.

Page 65: Exercitii algebra

Solutii 65

Pentru a avea sistem compatibil punem conditia ∆car ≡∣∣∣∣∣∣

3 −1 −t− s5 −2 −2t− s−1 0 s

∣∣∣∣∣∣= 0, conditie

identic satisfacuta. Astfel, pentru s = −t, sistemul (15) devine

3a− b + 2c = 05a− 2b + 3c = −t−a− c = −t

, cu

solutiile p2 = (a, b, c) = (−α + t,−α + 3t, α), α ∈ R. Obtinem, spre exemplu, pentru t = −1si α = 1 vectorul propriu v = (1, 1,−1) si vectorii principali asociati p1 = (0, 1, 1) si p2 =(−2,−4, 1). Reunind familiile de vectori determinate mai sus, obtinem baza jordanizatoare

B′ = {v = (1, 1,−1); p1 = (0, 1, 1); p2 = (−2,−4, 1)},

careia ıi corespunde celula Jordan J3(−1) =

−1 1 00 −1 10 0 −1

= J .

In concluzie, matricea de trecere de la baza canonica la baza jordanizatoare este C = [B′]B0 =

[v, p1, p2]B0 =

1 0 −21 1 −4−1 1 1

, iar matricea Jordan J asociata endomorfismului T relativ

la baza B′ satisface relatia J = C−1AC ⇔ CJ = AC. Intr-adevar, avem

C · J =

1 0 −21 1 −4−1 1 1

−1 1 00 −1 10 0 −1

=

−1 1 2−1 0 51 −2 0

A · C =

2 −1 25 −3 3−1 0 −2

1 0 −21 1 −4−1 1 1

=

−1 1 2−1 0 51 −2 0

= C · J.

b) Rezolvam ecuatia caracteristica P (λ) = 0 ⇔ det(A−λI3) = 0 ⇔∣∣∣∣∣∣

−4− λ −7 −52 3− λ 31 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣=

0, deci ecuatia algebrica −λ3 = 0. Radacinile reale ale acestei ecuatii sunt valorile propriiale matricei A si formeaza spectrul transformarii liniare, σ(T ) = {0, 0, 0}. Deoarece toateradacinile polinomului caracteristic sunt reale, rezulta T jordanizabila.

Pentru λ = 0, avem µa(λ) = 3; determinam vectorii proprii asociati v = (a, b, c) ∈ Sλ1 ,rezolvand sistemul caracteristic asociat

A · v = 0 ⇔−4 −7 −52 3 31 2 1

abc

=

000

−4a− 7b− 5c = 02a + 3b + 3c = 0a + 2b + c = 0,

care are solutiile v = (a, b, c) = (−3t, t, t) = t(−3, 1, 1), t ∈ R. In concluzie, o baza ın Sλ esteformata din vectorul v1 = (−3, 1, 1), de unde rezulta µg(λ) = dim Sλ = 1.

Numarul de vectori principali necesari este µa(λ) − µg(λ) = 3 − 1 = 2 pe care ıi vomdetermina rezolvand pe rand, sistemele A · p1 = v si A · p2 = p1.

Rezolvam A · p1 = v cu p1 = (a, b, c), impunand conditiile de compatibilitate, sistemulfiind neomogen. Avem

A · p1 = v ⇔−4 −7 −52 3 31 2 1

abc

=

−3ttt

−4a− 7b− 5c = −3t2a + 3b + 3c = ta + 2b + c = t.

Sistemul este compatibil (∆car = 0, verificati!) nedeterminat. Considerand c = s dreptnecunoscuta secundara, se obtine p1 = (a, b, c) = (−3s− t, s + t, s).

Page 66: Exercitii algebra

66 ALGA-GDED

Pentru aflarea celui de-al doilea vector principal p2 = (a, b, c), rezolvam(16)

A · p2 = p1 ⇔−4 −7 −52 3 31 2 1

abc

=

−3s− ts + t

s

−4a− 7b− 5c = −3s− t2a + 3b + 3c = s + ta + 2b + c = s.

Pentru a avea sistem compatibil punem conditia ∆car =

∣∣∣∣∣∣

−4 −7 −3s− t2 3 s + t1 2 s

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔

0 · s + 0 · t = 0; deci sistemul este compatibil pentru orice s, t ∈ R si are solutiile p2 =(a, b, c) = (−3α− s + 2t, α + s− t, α), α ∈ R.

Obtinem, spre exemplu, pentru t = s = α = 1, vectorul propriu v = (−3, 1, 1) si vectoriiprincipali asociati p1 = (−4, 2, 1) si p2 = (−2, 1, 1).Familia celor trei vectori formeaza baza jordanizatoare

B′ = {v = (−3, 1, 1), p1 = (−4, 2, 1), p2 = (−2, 1, 1)},

careia ıi corespunde celula Jordan J3(0) =

0 1 00 0 10 0 0

. In concluzie, matricea de trecere

de la baza canonica la baza jordanizatoare este C = [B′]B0 = [v, p1, p2]B0 =

−3 −4 −21 2 11 1 1

,

iar matricea Jordan J asociata endomorfismului T relativ la baza B′ este J = diag (J3(0)) =

0 1 00 0 10 0 0

. Relatia J = C−1AC ⇔ CJ = AC are loc; ıntr-adevar, obtinem:

C · J =

−3 −4 −21 2 11 1 1

0 1 00 0 10 0 0

=

0 −3 −40 1 20 1 1

A · C =

−4 −7 −52 3 31 2 1

−3 −4 −21 2 11 1 1

=

0 −3 −40 1 20 1 1

= C · J.

c) Rezolvam ecuatia caracteristica P (λ) = 0 ⇔ det(A− λI3) = 0 ⇔∣∣∣∣∣∣

−λ 1 0−4 4− λ 00 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣,

deci ecuatia algebrica −(λ− 2)3 = 0. Radacinile reale ale acestei ecuatii sunt valorile propriiale matricei A si formeaza spectrul transformarii liniare, σ(T ) = {2, 2, 2}. Deoarece toateradacinile polinomului caracteristic sunt reale, rezulta T jordanizabila.Pentru λ = 2, cu ordinul de multiplicitate algebrica µa(λ) = 3, sistemul caracteristic asociateste un sistem de ecuatii liniare care are drept solutii nebanale vectorii proprii v = (a, b, c)asociati valorii proprii λ = 2. Acest sistem este

(A− 2I3)v = 0 ⇔−2 1 0−4 2 00 0 0

abc

=

000

−2a + b = 0−4a + 2b = 00 = 0

si are solutiile v = (a, b, c) = (t, 2t, s) = t(1, 2, 0) + s(0, 0, 1), s, t ∈ R. In concluzie, o bazaın Sλ1 este formata din vectorii v1 = (1, 2, 0) si v2 = (0, 0, 1), de unde rezulta µg(λ1) =dim Sλ1 = 2.

Page 67: Exercitii algebra

Solutii 67

Numarul de vectori principali necesari este µa(λ1) − µg(λ1) = 3 − 2 = 1, pe care ıi vomdetermina rezolvand, sistemul (A − 2I3)p = v. Rezolvam acest sistem, impunand conditiilede compatibilitate, sistemul fiind neomogen. Notand p = (a, b, c), sistemul se rescrie

(A− 2I3)p = v ⇔−2 1 0−4 2 00 0 0

abc

=

t2ts

−2a + b = t−4a + 2b = 2t0 = s.

Pentru a avea sistem compatibil punem conditiile ∆car1 =∣∣∣∣

1 t2 2t

∣∣∣∣ = 0 si ∆car2 =∣∣∣∣

1 t0 s

∣∣∣∣ =

0, de unde rezulta ca trebuie sa avem s = 0.Considerand a si c necunoscute secundare si notand a = α si c = β, se obtine p =

(a, b, c) = (α, t + 2α, β).Obtinem, spre exemplu pentru t = 1, s = 0, α = 1 si β = 2, vectorul propriu v1 = (1, 2, 0)

si vectorul principal asociat p1 = (1, 3, 2). Al doilea vector propriu va fi ales astfel ıncats 6= 0; spre exemplu pentru t = 1, s = −1 obtinem v2 = (1, 2,−1). Reunind familiile devectori determinate mai sus, obtinem baza jordanizatoare

B′ = {v1 = (1, 2, 0), p1 = (1, 3, 2); v2 = (1, 2,−1)},

deci matricea de trecere de la baza canonica la baza jordanizatoare este C = [B′]B0 =

[v1, p1; v2]B0 =

1 1 12 3 20 2 −1

. Matricea Jordan J asociata endomorfismului T relativ la

baza B′ este J = diag (J2(2), J1(2)) =

2 1 00 2 00 0 2

. Relatia J = C−1AC ⇔ CJ = AC

are loc; ıntr-adevar, obtinem

C · J =

1 1 12 3 20 2 −1

2 1 00 2 00 0 2

=

2 3 24 8 40 4 −2

A · C =

0 1 0−4 4 00 0 2

1 1 12 3 20 2 −1

=

2 3 24 8 40 4 −2

= C · J.

d) Subspatiul propriu asociat unicei valori proprii distincte λ = 0 (µ = 4) este Sλ=0 =L({f1 = (1,−2, 1,−6)t, f2 = (0, 0, 1,−1)t}). Deci multiplicitatea geometrica este 2 < 4.Determinam cei 4 − 2 = 2 vectori principali rezolvand sistemul (A − 0I4)p = v, unde v =af1 + bf2. Alegand minorul principal la intersectia liniilor 1 si 3 cu primele doua coloane,compatibilitatea ecuatiilor secundare 2 si 4 este identic satisfacuta, iar solutiile sunt de formap = (s, a − 2s, b − t − 5s, t)t. Pentru s = t = b = 0, a = 1 rezulta v1 = (1,−2, 1,−6)t, p1 =(0, 1, 0, 0)t, iar pentru s = t = a = 0, b = 1 rezulta v2 = (0, 0, 1,−1)t, p2 = (0, 0, 1, 0)t.Celor doua familii de vectori le corespunde ın matricea Jordan J cate o celula Jordan J2(0).Baza jordanizatoare este deci B′ = {v1, p1; v2, p2}, matricea jordanizatoare este C = [B′]B =

1 0 0 0−2 1 0 01 0 1 1−6 0 −1 0

iar matricea Jordan asociata este J = diag (J2(0), J2(0)).

e) Cele doua valori proprii distincte sunt σ(A) = {λ1 = −1, λ2 = 2} cu multiplicitatilealgebrice µ1 = 1, µ2 = 2 respectiv. Pentru λ1 = −1 avem Sλ1 = L(v1 = (1, 1, 1)), decimultiplicitatile algebrica si geometrica sunt egale si avem B1 = {v1} baza ın subspatiul

Page 68: Exercitii algebra

68 ALGA-GDED

propriu Sλ1 . Pentru λ2 = 2, avem Sλ2 = L(v0 = (0, 1, 1)t), deci multiplicitatea geometricaeste 1 < µ2 = 2. Determinam un vector principal p rezolvand sistemul liniar (A− 2I3)p = v,unde v = (0, t, t)t. Conditia de compatibilitate a sistemului neomogen este identic satisfacutasi obtinem solutia p = (0, s, s + t)t; alegand t = 1, s = 0 rezulta familia de vectori B2 ={v2 = (0, 1, 1)t, p2 = (0, 0, 1)t}, baza ın subspatiul invariant asociat valorii proprii λ2 = 2.Atunci baza jordanizatoare este B′ = B1 ∪ B2 = {v1; v2, p2}, matricea jordanizatoare este

C = [B′]B =

1 0 01 1 01 1 1

iar matricea Jordan J = diag (J1(−1), J2(2)).

44. Prezentam ıntai pe scurt algoritmul de jordanizare folosind metoda sirului de nuclee.

• Se determina radacinile complexe distincte ρ(A) = {λ1, . . . , λp} ale polinomului carac-teristic P (λ) = det(A−λIn) matricii A a endomorfismului T ∈ End(V ) (dimK V = n).

• Daca ρ(A) 6⊂ K, atunci T nu este jordanizabil, stop algoritm. In caz contrar, T admiteforma canonica Jordan si algoritmul continua.

• Pentru fiecare valoare proprie distincta λ = λi (i = 1, p) avand multiplicitatea algebricaµi, se parcurg urmatorii pasi:

i) se determina o baza ın subspatiul propriu Si = Ker (T − λId). Daca dim Si = µi,atunci se noteaza aceasta baza cu Bi (careia ın matricea Jordan ıi corespunde bloculdiag (λi, . . . , λi) de dimensiune µi) si se trece la urmatoarea valoare proprie distincta .In caz contrar, se trece la subpunctul urmator.

ii) notam τ = T − λId, M = [τ ] = A − λIn si Kj = Ker (τ j). Se determina ordinulmaxim al unei celule Jordan asociata valorii proprii λ (ordinul de nilpotenta) ca fiindnumarul natural s ≥ 2 pentru care K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Ks = Ks+1 = Ks+2 = . . . .

iii) se descompun succesiv bazele βj ale subspatiilor Kj (j = 1, s), dupa cum urmeaza:

βs = βs−1 ∪ Cs

βs−1 = βs−2 ∪ τ(Cs) ∪ Cs−1

βs−2 = βs−3 ∪ τ2(Cs) ∪ τ(Cs−1) ∪ Cs−2

. . .

β2 = β1 ∪ τs−2(Cs) ∪ τs−3(Cs−1) ∪ . . . ∪ τ(C3) ∪ C2

β1 = g¡ ∪ τs−1(Cs) ∪ τs−2(Cs−1) ∪ . . . ∪ τ2(C3) ∪ τ(C2) ∪ C1

unde Cs, Cs−1, . . . C1 sunt multimi de vectori (nu toate vide) construite pentru a com-pleta reuniunile ce le preced, la bazele βs, . . . β1 respectiv. Pentru fiecare k ∈ 1, s sifiecare vector pk ∈ Ck, se construieste familia

{v = τk−1(p), τk−2(p), . . . , τ(p), p},formata din k vectori (v = vector propriu si k − 1 vectori principali pentru k ≥ 2 sivectorul propriu v = p pentru k = 1), careia ın matricea Jordan J ıi corespunde celulaJk(λ). Se noteaza cu Bi reuniunea acestor familii. Aceasta este o baza ın subspatiulinvariant Ks (Ks ⊃ K1 = S1) asociat valorii proprii λi.

• Se construieste baza jordanizatoare B′ = B1∪· · ·∪Bp si matricea de trecere la aceastabaza, C = [B′]B . Se construieste matricea Jordan J = [T ]B′ asociata endomorfismuluiT asezand pe diagonala blocurile/celulele asociate familiilor care compun B′, ın ordineaaparitiei acestor familii ın noua baza B′.

Page 69: Exercitii algebra

Solutii 69

• Se verifica relatia J = C−1AC sub forma echivalenta a acesteia, CJ = AC.

a) Pentru unica valoare proprie distincta λ = −1 (µ = 3), obtinem M2 6= 03,M3 = 0,

deci s = 3 si K3 = R3. Deoarece K2 = L({(1, 0,−2), (0, 1, 1)} 63 e3 = (0, 0, 1), alegemC3 = {p = e3}. Atunci avem

β3 = β2 ∪ {p = e3}β2 = β1 ∪ τ(e3) ∪ g¡β1 = g¡ ∪ τ2(e3) ∪ g¡ .

Familia de vectori

B′ = B1 = {v = M2e3 = (1, 1,−1)t, p1 = Me3 = (2, 3,−1)t, p2 = e3 = (0, 0, 1)}

este baza a subspatiului invariant K3 = R3 si reprezinta o baza jordanizatoare a endomorfis-

mului T . Ei ıi corespunde matricea de schimbare de baza C = [v, p1, p2]B =

1 2 01 3 0−1 −1 1

si matricea Jordan J = J3(−1). Se observa ca alegand p = (−2,−4, 1)t 6∈ K2, se obtine bazajordanizatoare determinata ın exercitiul 43-a),

B′ = {v = M2p = (1, 1,−1)t,Mp = (0, 1, 1)t, p = (−2,−4, 1)t}.

b) Pentru unica valoare proprie distincta λ = 0 obtinem M2 6= 03,M3 = 03, deci s = 3 si

K3 = R3. Deoarece K2 = L({(1,−1, 0)t, (0,−2, 1)t} 63 e3 = (0, 0, 1)t, alegem C3 = {p = e3}.Atunci avem

β3 = β2 ∪ {p = e3}β2 = β1 ∪ τ(e3) ∪ g¡β1 = g¡ ∪ τ2(e3) ∪ g¡ .

Familia de vectori B′ = B1 = {v = M2e3 = (−6, 2, 2)t, p1 = Me3 = (−5, 3, 1)t, p2 = e3 =(0, 0, 1)t} este o baza a subspatiului invariant K3 = R3, baza jordanizatoare B′ . Ei ıi core-

spunde matricea de schimbare de baza C = [v, p1, p2]B =

−6 −5 02 3 02 1 1

si matricea Jordan

J = J3(0). Se observa ca alegand p = (−2, 1, 1)t 6∈ K2, se obtine baza jordanizatoare deter-minata ın exercitiul 43-b), B′ = {v = M2p = (−3, 1, 1)t, Mp = (−4, 2, 1)t, p = (−2, 1, 1)t}.c) Pentru unica valoare proprie distincta λ = 2 obtinem M2 = 0, deci s = 2 si K2 = R3.Deoarece K1 = L({(1, 2, 0)t, e3 = (0, 0, 1)t} 63 e2 = (0, 1, 0), alegem C2 = {p = e2}. Atunciavem

β2 = β1 ∪ {e2}β1 = g¡ ∪ τ(e2) ∪ {e3}.

Familiei de vectori {v1 = Mp1 = (1, 3, 2)t, p1 = (0, 1, 0)t} ıi va corespunde celula JordanJ2(2), iar vectorului C1 = {v2 = e3}, celula Jordan J1(2). O baza a subspatiului invariantK2 = R3 este B′ = {v1, p1; v2}, baza jordanizatoare. Ei ıi corespunde matricea de schimbare

de baza C = [v1, p1, v2]B =

1 0 02 1 00 0 1

si matricea Jordan J = [T ]B′ = diag (J2(2), J1(2)).

Se observa ca alegand p = (1, 3, 2)t 6∈ K1 si selectand C1 = {v2 = (1, 2,−1)t}, se obtine bazajordanizatoare determinata ın exercitiul 43-c), B′ = {v = Mp = (1, 2, 0)t, p = (1, 3, 2)t; v2 =(1, 2,−1)t}.

Page 70: Exercitii algebra

70 ALGA-GDED

d) Avem σ(A) = {λ1 = 0}, µ1 = 4 si pentru unica valoare proprie distincta λ = 0 obtinemM = A,M2 = 0, deci s = 2 si K2 = R4. Deoarece K1 = L({(0, 0,−1, 1)t, (1,−2, 1,−6)t} 63p1 = e2 = (0, 1, 0, 0)t, p2 = e3 = (0, 0, 1, 0)t, alegem C3 = {e2, e3}. Atunci avem

β2 = β1 ∪ {e2, e3}β1 = g¡ ∪ {τ(e2), τ(e3)} ∪ g¡ .

Familia de vectori B′ = B1 = {v1 = Me2 = (1,−2, 1,−6)t, p1 = e2 = (0, 1, 0, 0)t; v2 =Me3 = (0, 0, 1,−1)t, p2 = e3 = (0, 0, 1, 0)t} baza a subspatiului invariant K4 = R4, o bazajordanizatoare pentru T . Matricea jordanizatoare este matricea de schimbare de baza C =

[v1, p1; v2, p2]B =

1 0 0 0−2 1 0 01 0 1 1−6 0 −1 0

iar matricea Jordan este J = diag (J2(0), J2(0)). Se

observa ca s-au obtinut aceleasi rezultate ca ın exercitiul 43-d).

e) Pentru λ1 = −1 avem S1 = K1 = K2 = . . . , deci s = 1 si rezolvand sistemul (A+I3)v = 03

rezulta B1 = g¡ ∪ {v1 = (1, 1, 1)t} = {v1}, baza a subspatiului propriu, caruia ın matriceaJordan ıi corespunde blocul (celula Jordan) J1(−1). Pentru λ = 2 obtinem K1 ⊂ K2 = K3 =. . . , deci s = 2 si avem K2 = L(e1, e2). Alegem p2 = e3 6∈ K2 si obtinem

β2 = β1 ∪ {e3}β1 = g¡ ∪ {τ(e3)} ∪ g¡ .

Familia de vectori B2 = {v2 = Me3 = (1, 1, 1)t, p2 = e3 = (0, 0, 1)t} este o baza a subspatiuluiinvariant K2. Ei ıi corespunde ın matricea J celula Jordan J2(2). Atunci baza jordanizatoareeste B′ = B1 ∪B2 = {v1; v2, p2} si se regasesc rezultatele obtinute ın exercitiul 43-e).

II.8. Diagonalizarea endomorfismelor simetrice

45. a) Rezolvam ecuatia caracteristica:

P (λ ) = 0 ⇔ det(A− λ I3) = 0 ⇔∣∣∣∣∣∣

3− λ 2 02 0− λ 00 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ −(λ + 1)2(λ− 4) = 0.

Radacinile acestei ecuatii fiind reale, sunt valorile proprii ale matricei A si formeaza spectrultransformarii σ (T ) = {−1,−1, 4}.

Deoarece matricea A este simetrica (A = A t), rezulta ca endomorfismul T este diagona-lizabil si vectorii sai proprii din susbpatii proprii distincte sunt ortogonali.

Pentru λ = λ 1 = −1, sistemul caracteristic asociat este

(A + I3)v = 0 ⇔

4 2 02 1 00 0 0

abc

=

000

⇔ 2a + b = 0

si are solutiile (a, b, c) = s(1,−2, 0) + t(0, 0, 1), s, t ∈ R. Deci am obtinut vectorii propriigeneratori v1 = (1,−2, 0) si v2 = (0, 0, 1). Se observa ca 〈v1, v2〉 = 0, deci v1 ⊥ v2.

Pentru λ = λ 2 = 4, sistemul caracteristic asociat este

(A− 4I3)v = 0 ⇔−1 2 02 −4 00 0 −5

abc

=

000

{ −a + 2b = 0−5c = 0

Page 71: Exercitii algebra

Solutii 71

si are solutiile (a, b, c) = t(2, 1, 0), t ∈ R.Notam v3 = (2, 1, 0) vectorul propriu generator al subspatiului propriu Sλ2 . Deoarecev1, v2, v3 formeaza o baza diagonalizatoare ortogonala, baza diagonalizatoare ortonormataeste

B ={

v1

‖v1‖ ,v2

‖v2‖ ,v3

‖v3‖}

={(

1√5,− 2√

5, 0

), (0, 0, 1) ,

(2√5,

1√5, 0

)}.

b) Rezolvam ecuatia caracteristica

P (λ ) = 0 ⇔ det(A− λ I3) = 0 ⇔∣∣∣∣∣∣

−2− λ 1 11 −2− λ 11 1 −2− λ

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ −λ (λ + 3)2 = 0.

Radacinile acestei ecuatii sunt reale, deci formeaza spectrul transformarii σ(T ) = {0,−3,−3}.Deoarece matricea A este simetrica (A = A t), rezulta ca endomorfismul T este diagonalizabilsi ca vectorii sai proprii din susbpatii proprii distincte sunt ortogonali.Pentru λ = λ 1 = 0, sistemul caracteristic asociat este

A · v = 0 ⇔−2 1 11 −2 11 1 −2

abc

=

000

−2a + b + c = 0a− 2b + c = 0a + b− 2c = 0

si are solutiilev = (a, b, c) = (t, t, t) = t (1, 1, 1), t ∈ R.

Deci am obtinut vectorul propriu generator v1 = (1, 1, 1).Pentru λ = λ 2 = −3, sistemul caracteristic asociat este

(A + 3I3)v = 0 ⇔

1 1 11 1 11 1 1

abc

=

000

⇔ {a + b + c = 0

si are solutiile v = (a, b, c) = (−s− t, s, t) = s(−1, 1, 0) + t(−1, 0, 1), s, t ∈ R.Se observa ca vectorii v2 = (−1, 1, 0) si v3 = (−1, 0, 1) nu sunt ortogonali. Folosind procedeulGram-Schmidt obtinem vectorii ortogonali u2 = (−1, 1, 0)si u3 =

(− 12 ,− 1

2 , 1). In concluzie,

vectorii v1 = (1, 1, 1), u2 = (−1, 1, 0) si u3 =(− 1

2 ,− 12 , 1

)formeaza o baza diagonalizatoare

ortogonala, deci baza diagonalizatoare ortonormata ceruta este

B ={

v1

‖v1‖ ,u2

‖u2‖ ,u3

‖u3‖}

={(

1√3,

1√3,

1√3

),

(− 1√

2,

1√2, 0

),

(− 1√

6,− 1√

6,

2√6

) }.

II.9. Teorema Cayley-Hamilton. Functii de matrice

46. 1. a) Polinomul caracteristic al matricei A =

1 2 00 2 0−2 −2 −1

este

PA(λ) = det(A− λI) = (−1− λ)(1− λ)(2− λ) = −λ3 + 2λ2 + λ− 2.

Termenul liber al polinomului caracteristic este −2 = det A, nenul, deci matricea A esteinversabila. Folosind teorema Cayley-Hamilton, are loc egalitatea P (A) = 0, adica

(17) P (A) ≡ −A3 + 2A2 + A− 2I = 0.

Page 72: Exercitii algebra

72 ALGA-GDED

Relatia se rescrie −A3 + 2A2 + A = 2I ⇔ A(−A2 + 2A + I) = 2I, de unde, ınmultind lastanga cu 1

2A−1 obtinem 12 (−A2 + 2A + I) = A−1 si deci

A−1 = −12(A2 − 2A− I) =

1 −1 00 1/2 0−2 1 −1

.

b) Aplicand teorema ımpartirii cu rest ın R[t], obtinem

Q(t) ≡ t5 + 2t4 − t2 + 5 = (−t2 − 4t− 9) · P (t) + 19t2 + t− 13.

Dar P (A) = 0, deci

Q(A) = 19A2 + A− 13I3 = 19

1 6 00 4 00 −6 1

+

1 2 00 2 0−2 −2 −1

+

+

−13 0 00 −13 00 0 −13

=

7 116 00 65 0−2 −116 5

.

c) Valorile proprii ale matricei A sunt distincte: λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2. Putem scrie:

(18) f(A) = f(−1)Z1 + f(1)Z2 + f(2)Z3

unde matricele Zj , j = 1, 3 nu depind de f ; pentru a le afla particularizam functia f succesiv:

f(t) = t− 1 ⇒ f(A) = A− I = −2Z1 + Z3

f(t) = t + 1 ⇒ f(A) = A + I = 2Z2 + 3Z3

f(t) = t2 ⇒ f(A) = A2 = Z1 + Z2 + 4Z3,

de unde obtinem sistemul liniar care are matrice drept necunoscute

−2Z1 + Z3 = A− I2Z2 + 3Z3 = A + IZ1 + Z2 + 4Z3 = A2

care admite solutia

Z1 =

∣∣∣∣∣∣

A− I 0 1A + I 2 3A2 1 4

∣∣∣∣∣∣/

∣∣∣∣∣∣

−2 0 10 2 31 1 4

∣∣∣∣∣∣= 1

6 (A2 − 3A + 2I) =

0 0 00 0 01 0 1

Z2 =

∣∣∣∣∣∣

−2 A− I 10 A + I 31 A2 4

∣∣∣∣∣∣/

∣∣∣∣∣∣

−2 0 10 2 31 1 4

∣∣∣∣∣∣= 1

6 (−3A2 + 3A + 6I) =

1 −2 00 0 0−1 2 0

Z3 =

∣∣∣∣∣∣

−2 0 A− I0 2 A + I1 1 A2

∣∣∣∣∣∣/

∣∣∣∣∣∣

−2 0 10 2 31 1 4

∣∣∣∣∣∣= 1

6 (2A2 − 2I) =

0 2 00 1 00 −2 0

.

Atunci, pentru f(z) = Q(z) = z5 + 2z4 − z2 + 5 ın relatia (18) obtinem:

(19)

f(A) = f(−1)Z1 + f(1)Z2 + f(2)Z3 = 5

0 0 00 0 01 0 1

+ 7

1 −2 00 0 0−1 2 0

+

+65

0 2 00 1 00 −2 0

=

7 116 00 65 0−2 −116 5

.

Page 73: Exercitii algebra

Solutii 73

Pentru f(A) = eA, prin ınlocuirea functiei f si a solutiei Z1, Z2, Z3 ın relatia (19) obtinem:

eA =16[e−1(A2 − 3A + 2I) + e(−3A2 + 3A + 6I) + e2(2A2 − 2I)],

si deci eA =

e 2e2 − 2e 00 e2 0

e−1 − e 2e− 2e2 e−1

.

Altfel. Pentru cele trei valori proprii λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 2 se obtin vectorii propriigeneratori pentru subspatiile proprii corespunzatoare

v1 = (0, 0, 1), v2 = (−1, 0, 1), v3 = (2, 1,−2),

deci matricea diagonalizatoare este C = [v1, v2, v3] =

0 −1 20 0 11 1 −2

. Atunci eA =

CeDC−1, unde D =

−1 0 00 1 00 0 2

este matricea diagonala D = C−1AC asociata lui A.

Prin calcul direct, rezulta:

eA =

0 −1 20 0 11 1 −2

e−1 0 00 e 00 0 e2

1 0 1−1 2 00 1 0

=

e 2e2 − 2e 00 e2 0

e−1 − e 2e− 2e2 e−1

2) a) Polinomul caracteristic al matricei A =

1 2 00 2 0−2 −2 1

este

P (λ) = det(A− λI) = (1− λ)2(2− λ) = −λ3 + 4λ2 − 5λ + 2

si deci, ın baza teoremei Cayley-Hamilton, avem

−A3 + 4A2 − 5A + 2I = 0 ⇔ 12(A3 − 4A2 + 5A) = I,

deci A−1 = 12 (A2 − 4A + 5I) =

1 −1 00 1/2 02 −1 1

.

b) Aplicam teorema ımpartirii cu rest ın R[t]; ımpartim polinomul Q la P = −t3+4t2−5t+2

si obtinem Q(t) ≡ t5 + 2t4 − t2 + 5 = (−t2 − 6t − 19) · P (t) + 47t2 − 83t + 43, deci tinandcont ca P (A) = 0, rezulta

Q(A) = A5 + 2A4 −A2 + 5I = 47A2 − 83A + 43I =

7 116 00 65 0−22 −304 7

.

c) Valorile proprii ale matricei A sunt λ1 = λ2 = 1 si λ3 = 2. Deoarece λ1 = λ2, ın acest cazscriem:

(20) f(A) = f(λ1)Z1 + f ′(λ1)Z2 + f(λ3)Z3

sau echivalent

(21) f(A) = f(1)Z1 + f ′(1)Z2 + f(2)Z3,

Page 74: Exercitii algebra

74 ALGA-GDED

unde matricile Zj , j = 1, 3 nu depind de f ; pentru a le afla, particularizam functia f succesiv:

f(t) = t− 1 ⇒ f(A) = A− I = Z2 + Z3

f(t) = t + 1 ⇒ f(A) = A + I = 2Z1 + Z2 + 3Z3

f(t) = t2 ⇒ f(A) = A2 = Z1 + 2Z2 + 4Z3,

de unde obtinem sistemul liniar compatibil determinat ın necunoscute matricele Z1, Z2, Z3

Z2 + Z3 = A− I2Z1 + Z2 + 3Z3 = A + IZ1 + 2Z2 + 4Z3 = A2.

sistem a carui solutie este Z1 = −A2 + 2A,Z2 = −A2 + 3A− 2I, Z3 = A2 − 2A + I, deci

Z1 =

1 −2 00 0 00 6 1

, Z2 =

0 0 00 0 0−2 4 0

, Z3 =

0 2 00 1 00 −6 0

.

Pentru f(A) = eA, prin ınlocuirea functiei f si a solutiei z1, z2, z3 ın relatia (21), obtinem:

eA = (−A2 + 2A)e + (−A2 + 3A− 2I)e + (A2 − 2A + I)e2 =

= (−2A2 + 5A− 2I)e + (A2 − 2A + I)e2 =

= e

1 −2 00 0 0−2 10 1

+ e2

0 2 00 1 00 −6 0

=

e 2e2 − 2e 00 e2 0−2e 10e− 6e2 e

.

Pentru f(z) = Q(z) = z5 + 2z4 − z2 + 5 ın relatia (20), rezulta

Q(A) = Q(1)Z1 + Q′(1)Z2 + Q(2)Z3 =

= 7 ·

1 −2 00 0 00 6 1

+ 11 ·

0 0 00 0 0−2 4 0

+ 65 ·

0 2 00 1 00 −6 0

=

=

7 116 00 65 0−22 −304 7

.

47. 1) Pentru A =

1 2 00 2 0−2 −2 −1

si f(A) = ctg A, prin ınlocuirea functiei f ın

relatia (18), obtinem:

ctg A =16[(A2 − 3A + 2I) ctg (−1) + (−3A2 + 3A + 6I) ctg 1 + (2A2 − 2I) ctg 2] =

=16[(−4A2 + 6A + 4I) ctg 1 + (2A2 − 2I) ctg 2] =

=16

6 −12 00 0 0−12 12 −6

ctg 1 +

16

0 12 00 6 00 −12 0

ctg2.

2) Pentru A =

1 2 00 2 0−2 −2 1

si f(A) = ctg A, ınlocuind ın relatia (20), avem

ctg A = (−A2 + 2A) ctg 1 + (−A2 + 3A− 2I)(− 1sin2 1

) + (A2 − 2A + I) ctg 2 =

=

1 −2 00 0 00 6 1

ctg 1 +

0 0 00 0 0−2 4 0

1

sin21+

0 2 00 1 00 −6 0

ctg 2.

Page 75: Exercitii algebra

Solutii 75

48. a) Polinomul caracteristic al matricii A =(

1 22 1

)este

P (λ) = det(A− λI) = (λ + 1)(λ− 3) = λ2 − 2λ− 3.

Termenul liber −3 al acestui polinom este exact determinantul matricii A, deci A este in-versabila. Conform teoremei Cayley-Hamilton avem

P (A) ≡ A2 − 2A− 3I = 0 ⇔ A2 − 2A = 3I ⇔ A(A− 2I) = (A− 2I)A = 3I

si ınmultind la stanga (respectiv la dreapta) cu 13A−1, rezulta

A−1 =13(A− 2I) =

( −1/3 2/32/3 −1/3

).

b) Aplicam teorema ımpartirii cu rest ın R[t]; ımpartim polinomul Q la P = t2 − 2t − 3 siobtinem

Q(t) = t4 − 2t3 + 3t− 4 = (t2 + 3)(t2 − 2t− 3) + 9t + 5,

si cum P (A) ≡ A2 − 2A− 3I = 0, rezulta

Q(A) = A4 − 2A3 + 3A− 4I = 9A + 5I =(

14 1818 14

).

49. Polinomul caracteristic al matricei A =(

0 22 0

)este

P (λ) = det(A− λI) = λ2 − 4 = (λ− 2)(λ + 2),

deci valorile proprii sunt λ1 = −2 si λ2 = 2. Putem scrie

f(A) = f(λ1)Z1 + f(λ2)Z2,

deci

(22) f(A) = f(−2)Z1 + f(2)Z2,

unde matricile Zj , j = 1, 3 nu depind de f ; pentru a le afla particularizam functia f succesiv:

f(t) = t− 1 ⇒ f(A) = A− I = −3Z1 + Z2

f(t) = t + 1 ⇒ f(A) = A + I = −Z1 + 3Z2,

de unde obtinem sistemul liniar care are matrice drept necunoscute{ −3Z1 + Z3 = A− I−Z1 + 3Z3 = A + I,

care admite solutia

Z1 =14(−A + 2I) =

(1/2 −1/2−1/2 1/2

), Z2 =

14(A + 2I) =

(1/2 1/21/2 1/2

).

Pentru f(t) = et, prin ınlocuirea functiei f si a solutiei Z1 si Z2 ın relatia (22) obtinem

eA =14(−A + 2I)e−2 +

14(A + 2I)e2 =

((e2 + e−2)/2 (e2 − e−2)/2(e2 − e−2)/2 (e2 + e−2)/2

).

Page 76: Exercitii algebra

76 ALGA-GDED

Pentru f(t) = sin t, prin ınlocuirea functiei f ın relatia (22) obtinem

sin A =14(−A + 2I) sin(−2) +

14(A + 2I) sin 2 =

12A sin 2 =

(0 sin 2

sin 2 0

).

II.10. Forme biliniare. Forme patratice

50. a) Se verifica aditivitatea si omogenitatea aplicatiei A ın f si g:

A(λf + µg, h) =∫ 1

0

(λ f(t) + µ g(t)) dt ·∫ 1

0

h (s)ds =

= λ

∫ 1

0

f (t)dt ·∫ 1

0

h (s)ds+µ

∫ 1

0

g (t)dt ·∫ 1

0

h (s)ds =

= λ · A (f, h) + µ · A (g, h)

A(f, λg + µh) =∫ 1

0

f(t)dt ·∫ 1

0

(λ g(s) + µh(s)) ds =

= λ

∫ 1

0

f (t)dt ·∫ 1

0

g (s)ds+µ

∫ 1

0

f (t)dt ·∫ 1

0

h (s)ds =

= λ · A (f, g) + µ · A (f, h) , ∀ f, g, h ∈ V, ∀λ , µ ∈ R.

b) Avem

A(f, g) =∫ 1

0

f(t)dt ·∫ 1

0

g (s)ds =

=∫ 1

0

g (s)ds ·∫ 1

0

f(t)dt = A (g, f) , ∀f, g ∈ V,

deci A este simetrica.

c) Q(f) = A(f, f) =(∫ 1

0

f(t)dt

)2

, ∀f ∈ C0 [0, 1].

d) Vectorii izotropi ai formei patratice Q sunt functiile f ∈ V pentru care Q(f) = 0. Deoarece

f ∈ V ∈ C0[0, 1], avem∫ 1

0

f(t)dt = 0. De exemplu, vectorii izotropi ai formei patratice Q

pot fi functii de forma f(t) = tn − 1n+1 , n ∈ R. (Verificati!)

51. a) Se verifica aditivitatea si omogenitatea ın x si y:

A(λx + µx′, y) = (λx1 + µx1′)y1 − 2(λx1 + µx1

′)y2 − 2(λx2 + µx2′)y1 + 3(λx2 + µx2

′)y2 =

= λ(x1y1 − 2x1y2 − 2x2y1 + 3x2y2) + µ (x1′y1 − 2x1

′y2 − 2x2′y1 + 3x2

′y2) =

= λA(x, y) + µA(x′, y).

Analog

A ( x, λ y + µ y′) = λ A(x, y) + µ A(x, y′) , ∀x, x′, y, y′ ∈ R2, ∀λ, µ ∈ R.

Aratam ca forma biliniara A este simetrica:

A(x, y) = x1y1 − 2x1y2 − 2x2y1 + 3x2y2 =

= y1x1 − 2y1x2 − 2y2x1 + 3y2x2 = A(y, x).

b) Q(x) = A(x, x) = x21 − 2x1x2 − 2x2x1 + 3x2

2 = x21 − 4x1x2 + 3x2

2.

Page 77: Exercitii algebra

Solutii 77

c) Matricea asociata formei patratice Q relativ la B = {e1, e2} este

A = [A]{e1,e2} =( A(e1, e1) A(e1, e2)A(e2, e1) A(e2, e2)

).

Dar{ A(e1, e1) = 1,A(e1, e2) = −2A(e2, e1) = −2,A(e2, e2) = 3,

deci matricea asociata lui A (si lui Q) relative la baza

naturala este A = [A]B =(

1 −2−2 3

).

d) [A]B′ = [B′]B t [A]B [B′]B =(

1 11 −1

)(1 −2−2 3

)(1 11 −1

)=

(0 −2−2 8

).

52. Prin dedublare, deci prin substitutiile{

xixj → 12 (xiyj + xjyi)

x2i → 1

2 (xiyi + yixi) = xiyi

efectuate ın expresia analitica a formei patratice Q, obtinem expresia analitica a formaipolare atasate

A(x, y) = x1y1 − 4 · 12(x1y2 + x2y1) + 3x2y2 = x1y1 − 2x1y2 − 2x2y1 + 3x2y2.

53. a), b) La ambele subpuncte se verifica aditivitatea si omogenitatea ın x si y.

a) Se observa ca

A(λx + µx′, y) = (λx1 + µx′1) · y2 − (λx2 + µx′2)2 6=6= λx1y2 + µx′1y2 − λx2

2 − µx′22 = λA(x, y) + µA(x′, y),

deci A nu este forma biliniara.

b) Avem

A(λx + µx′, y) = (λx1 + µx1′) · y2 − (λx2 + µx2

′) · y1 =

= λ(x1y2 − x2y1) + µ (x1′y2 − x2

′y1) =

= λA(x, y) + µA(x′, y)

A(x, λ y + µ y′) = x1(λ y2 + µ y2′)− x2(λ y1 + µ y1

′) =

= λ (x1y2 − x2y1) + µ (x1y2′ − x2y1

′) =

= λA(x, y) + µA(x, y′), ∀x, x′, y, y′ ∈ R2, ∀λ, µ ∈ R.

54. a) si b) Avem

A(x, y) = x1y2 − x2y1, A(y, x) = y1x2 − y2x1 = −x1y2 + x2y1.

Se observa ca A(x, y) = −A(y, x) , ∀x, y ∈ R2, deci forma biliniara A este antisimetrica.

c) Notam B = {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)} baza canonica a lui R2. Calculam{ A(e1, e1) = 0, A(e1, e2) = 1

A(e2, e1) = −1, A(e2, e2) = 0,

Page 78: Exercitii algebra

78 ALGA-GDED

de unde rezulta A = [A]B =(

0 1−1 0

). Deoarece A = −A t, rezulta ca forma biliniara A

este antisimetrica.

d) [A]B′ = [B′]B t [A]B [B′]B =(

1 23 −1

)(0 1−1 0

)(1 32 −1

)=

(0 −77 0

).

55. a) Obtinem

A (λ x + µx′, y) = 2(λx1 + µx1′)y1 − 3(λx1 + µx1

′) · y3 − 3(λx3 + µx3′)y1 + 4(λx2 + µx2

′)y2 =

= λ(2x1y2 − 3x1y3 − 3x3y1 + 4x2y2) + µ (2x1′y1 − 3x1

′y3 − 3x3′y1 + 4x2

′y2) =

= λA(x, y) + µA(x′, y).

Analog

A ( x, λ y + µ y′) = λ A(x, y) + µA(x, y′) ,∀x, x′, y, y′ ∈ R3, ∀λ, µ ∈ R.

Aratam ca forma biliniara A este simetrica:

A(x, y) = 2x1y1−3x1y3−3x3y1+4x2y2 = 2y1x1−3y1x3−3y3x1+4y2x2 = A(y, x) , ∀x, y ∈ R3.

b) Notam B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)} baza canonica a lui R3. Calculam

A(e1, e1) = 2, A(e1, e2) = 0, A(e1, e3) = −3

A(e2, e1) = 0, A(e2, e2) = 4, A(e2, e3) = 0

A(e3, e1) = −3, A(e3, e2) = 0, A(e3, e3) = 0,

de unde rezulta A = [A]B =

2 0 −30 4 0−3 0 0

. Efectuam verificarea

A(x, y) = (x1, x2, x3)

2 0 −30 4 0−3 0 0

y1

y2

y3

= (x1, x2, x3)

2y1 − 3y3

4y2

−3y1

=

= 2x1y1 − 3x1y3 + 4x2y2 − 3x3y1.

c) Nucleul unei forme biliniare simetrice este definit prin

KerA = {x ∈ V | A(x, y) = 0, ∀ y ∈ V }.

Avem

A(x, y) = 0, ∀ y ∈ V ⇔ 2x1y1 − 3x1y3 − 3x3y1 + 4x2y2 = 0, ∀y = (y1, y2, y3) ⇔⇔ x1 = x2 = x3 = 0 ⇔ x = 0R3 ,

deci KerA = {0}, de unde rezulta dim KerA = 0. Rangul formei biliniare A este egal curangul matricii A. Deoarece det A = −36 6= 0, rezulta rangA = rang A = 3. In concluzie,se verifica teorema dimensiunii:

dim KerA︸ ︷︷ ︸0

+ rangA︸ ︷︷ ︸3

= dimR3︸ ︷︷ ︸3

.

d) Q(x) = A(x, x) = 2x21 − 3x1x3 − 3x3x1 + 4x2

2 = 2x21 − 6x1x3 + 4x2

2.

Page 79: Exercitii algebra

Solutii 79

e) Deoarece matricea A este nesingulara rezulta ca forma biliniara A este nedegenerata.Q admite vectori izotropi nenuli daca si numai daca

Q(x) = 0, x 6= 0 ⇔ 2x21 − 6x1x3 + 4x2

2 = 0, (x1, x2, x3) 6= (0, 0, 0).

Presupunand x1 6= 0, obtinem x3 = 2x21+4x2

26x1

= x13 + 2x2

23x1

. De exemplu, pentru x1 = 1, x2 = 1rezulta x3 = 1; deci pentru vectorul nenul x = (1, 1, 1) 6= 0R3 , avem Q(x) = 0.

56. a) Se procedeaza la fel ca la exercitiul 50 a).

b) Calculam [A]B′ :

a11 = A(q1, q1) =(∫ 1

0

(1 + t)dt

)2

=[(

t + t2

2

)1

0

]2

= 94

a12 = A(q1, q2) =(∫ 1

0

(1 + t)dt

)(∫ 1

0

s2ds

)=

(t + t2

2

)∣∣∣1

0·(

s3

3

)∣∣∣ = 12

a13 = A(q1, q3) =∫ 1

0

(1 + t)dt ·∫ 1

0

1ds =32

a21 = a12 = 12 , a22 = A(q1, q2) =

(∫ 1

0

t2dt

)2

= 19

a23 = A(q2, q3) =∫ 1

0

t2dt ·∫ 1

0

1ds =13

a31 = a13 = 32 , a32 = a23 = 1

3 , a33 = A(q3, q3) =(∫ 1

0

1ds

)2

= 1,

deci A = [A]B′ =

9/4 1/2 3/21/2 1/9 1/33/2 1/3 1

.

c) Nucleul formei biliniare A este:

KerA = {p ∈ V = R2 [x] | A(p, q) = 0,∀ q ∈ R2 [x]} .

Avem

(23) A(p, q) = 0, ∀ q ∈ R2 [x] ⇔∫ 1

0

p(t)dt ·∫ 1

0

q(s)ds = 0 , ∀q ∈ R2 [x] ⇔∫ 1

0

p(t)dt = 0.

Consideram polinomul p ∈ R2 [x] de forma p(x) = ax2 + bx+ c. Atunci relatia (23) se rescrie

∫ 1

0

(at2 + bt + c)dt = 0 ⇔(

at3

3+ b

t2

2+ ct

)∣∣∣∣1

0

= 0 ⇔

⇔ a3 + b

2 + c = 0 ⇔ c = −a3 − b

2 .

Rezulta

p(x) = ax2 + bx−(

a

3+

b

2

)= a

(x2 − 1

3

)+ b

(x− 1

2

),

deci KerA = L({

v1 = x2 − 13 , v2 = x− 1

2

})si deoarece vectorii v1 si v2 sunt liniar independenti

avem B = {v1, v2} o baza ın KerA = 0. Deci dim KerA = 2.

Rangul formei biliniare A este egal cu rangul matricii A, care se observa ca este egal cu 1.

Page 80: Exercitii algebra

80 ALGA-GDED

Se verifica astfel teorema dimensiunii, dim KerA︸ ︷︷ ︸2

+ rangA︸ ︷︷ ︸1

= dimR2[x]︸ ︷︷ ︸3

.

d) Q(p) = A(p, p) = (∫ 1

0p(t)dt)2.

e) Deoarece matricea A este singulara, rezulta ca forma biliniara A este degenerata. Q

admite vectori izotropi nenuli doar daca∫ 1

0

p(t)dt = 0, p 6= 0 ⇔∫ 1

0

(at2 + bt + c)dt = 0 ⇔

c = −a

3− b

2.

57. a) Prin dedublare, deci prin substitutiile{

xixj → 12 (xiyj + xjyi)

x2i → 1

2 (xiyi + yixi) = xiyi

efectuate ın expresia analitica a formei patratice Q, obtinem expresia analitica a formaipolare atasate:

A(x, y) = x1y1− 12(x1y2 +x2y1)+ 2 · 1

2(x2y3 +x3y2) = x1y1− 1

2x1y2− 1

2x2y1 +x2y3 +x3y2.

b) Fie B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)} baza canonica a spatiului R3. Avem:

A(e1, e1) = 1, A(e1, e2) = − 12 , A(e1, e3) = 0

A(e2, e1) = − 12 , A(e2, e2) = 0, A(e2, e3) = 1

A(e3, e1) = 0, A(e3, e2) = 1, A(e3, e3) = 0,

deci A = [A]B =

1 −1/2 0−1/2 0 1

0 1 0

.

58. a) Avem U⊥ ={y = (y1, y2, y3) ∈ R3 | A(v1, y) = 0,A(v2, y) = 0

}. Formam sis-

temul de ecuatii { A(v1, y) = 0A(v2, y) = 0 ⇔

{2y1 − 3y3 + 4y2 = 0−3y1 + 4y2 = 0,

ce are solutiile y = (y1, y2, y3) =(t, 3

4 t, 53 t

), t ∈ R. In concluzie, U⊥ =

{t(1, 3

4 , 53

) | t ∈ R}=

L(v3), unde v3 =(1, 3

4 , 53

) 6= 0R3 . Deci o baza ın U⊥ este {v3 = (1; 3/4; 5/3)}.b) Din teorema Grassmann avem dim(U∩U⊥) = dim U+dim U⊥−dim(U+U⊥) = 2+1−3 =0, de unde rezulta

(24) U ∩ U⊥ = {0} .

Deoarece v1 , v2 si v3 sunt trei vectori liniar independenti ın spatiul R3 de dimensiune 3,rezulta ca v1 , v2 si v3 formeaza o baza ın R3, deci

(25) R3 = U + U⊥

Din relatiile (24) si (25) rezulta U ⊕ U⊥ = R3.

c) Deoarece U ⊕ U⊥ = R3, restrictia A|U este nedegenerata.

II.11. Expresia canonica a unei forme patratice

Page 81: Exercitii algebra

Solutii 81

59. Folosind relatia Q = X t A X, obtinem expresia analitica a formei patratice Q:

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

0 1 −21 0 3−2 3 0

x1

x2

x3

=

= (x2 − 2x3, x1 + 3x3,−2x1 + 3x2)

x1

x2

x3

=

= x1x2 − 2x1x3 + x1x2 + 3x2x3 − 2x1x3 + 3x2x3 =

= 2x1x2 − 4x1x3 + 6x2x3.

Deoarece forma patratica Q nu contine nici un patrat, se aplica schimbarea de coordonate:

x1 = y1 + y2

x2 = y1 − y2

x3 = y3

x1

x2

x3

=

1 1 01 −1 00 0 1

y1

y2

y3

.

Obtinem

Q(y) = 2(y1 + y2)(y1 − y2)− 4(y1 + y2)y3 + 6(y1 − y2)y3 = 2y21 − 2y2

2 + 2y1y3 − 10y2y3.

Grupand termenii pentru a forma patrate obtinem:

Q(y) = 2y21 + 2y1y3 − 2y2

2 − 10y2y3 = 12 (2y1 + y3)2 − 2y2

2 − 10y2y3 − 12y2

3 =

= 12 (2y1 + y3)2 + 1

−2 (−2y2 − 5y3)2 + 25y23

2 − y232 =

= 12 (2y1 + y3)2 − 1

2 (−2y2 − 5y3)2 + 12y23 ,

de unde, examinand restrangerile de patrate, rezulta schimbarea de coordonate

z1 = 2y1 + y3

z2 = −2y2 − 5y3

z3 = y3

z1

z2

z3

=

2 0 10 −2 −50 0 1

y1

y2

y3

.

Se observa ca ın aceste coordonate forma patratica are expresie canonica. Pentru a obtinebaza careia ıi corespund aceste coordonate, remarcam ca transformarea de coordonate inversaeste:

y1 = 12z1 − 1

2z3

y2 = − 12z2 − 5

2z3

y3 = z3

y1

y2

y3

=

1/2 0 −1/20 −1/2 −5/20 0 1

z1

z2

z3

.

In final, relatia dintre coordonatele initiale (x1, x2, x3) si cele finale (z1, z2, z3) este:

x1

x2

x3

=

1 1 01 −1 00 0 1

1/2 0 −1/20 −1/2 −5/20 0 1

z1

z2

z3

=

1/2 −1/2 −31/2 1/2 20 0 1

z1

z2

z3

,

deci matricea de trecere la baza diagonalizatoare este:

[B′] = M =

1/2 −1/2 −31/2 1/2 20 0 1

.

Page 82: Exercitii algebra

82 ALGA-GDED

Matricea a formei patratice relativ la aceasta baza este matricea diagonala

[Q]B′ =

1/2 0 00 −1/2 00 0 12

.

Se observa ca signatura formei patratice Q este (+,−, +) sau ınca (n+, n−, n0) = (2, 1, 0).

60. Fie A = [A] matricea formei polare

A(x, y) = x1y1 − 2x1y2 − 2x2y1 + x2y2

(obtinuta prin dedublare) asociata formei patratice Q relativ la baza naturala. Avem A =(1 −2−2 1

). Aplicand metoda Jacobi, prin calcul direct obtinem minorii

∆0 = 1, ∆1 = 1,∆2 =∣∣∣∣

1 −2−2 1

∣∣∣∣ = −3

si vectorii bazei corespunzatoare:

v1 =1

∆1e1 ≡t

(10

), v2 =

1∆2

∣∣∣∣e1 e2

1 −2

∣∣∣∣ = −13(−2e1 − e2) ≡

(2/31/3

),

deci matricea de trecere la noua baza B′ si matricea diagonala atasata formei patratice relativla aceasta baza sunt respectiv

C = [B′]B =(

1 2/30 1/3

), [Q]B′ =t CAC =

(∆0/∆1 0

0 ∆1/∆2

)=

(1 00 −1/3

),

iar expresia analitica a formei ın noile coordonate [x]B′ =t (x′1, x′2) este Q(x) = x′21 − 13x′22.

61. Spectrul matricii A =(

1 −2−2 1

)asociate formei patratice Q este σ(A) = {−1, 3}.

Pentru λ1 = −1 aflam un vector propriu generator asociat rezolvand sistemul caracteristic

(A− (−1)I)v = 0 ⇒(

2 −2−2 2

)(xy

)=

(00

)⇔

{x = ty = t

, t ∈ R.

Solutiile acestui sistem sunt de forma v = (t, t) = t(1, 1), t ∈ R, deci un vector propriu asociateste v1 = (1, 1). Analog, pentru λ2 = 3 avem vectorul propriu asociat v2 = (1,−1). Normandbaza ortogonala B = {v1, v2} obtinem o baza ortonormata

B′ ={

w1 =(

1√2,

1√2

), w2 =

(1√2,− 1√

2

)}

formata din vectori proprii ai matricei A, a carei matricea asociata este

C = [B′]B = [w1, w2] =(

1/√

2 1/√

2

1/√

2 −1/√

2

).

Atunci matricea formei patratice Q relativ la B′ este

[Q]B′ =t CAC =(

λ1 00 λ2

)=

( −1 00 3

),

iar expresia canonica a lui Q va fi Q(x) = −x′21 + 3x′22, unde am notat [x]B′ =(

x′1x′2

).

Page 83: Exercitii algebra

Solutii 83

Signatura formei patratice Q este (−,+), (n+, n−, n0) = (1, 1, 0).

62. a) Metoda Gauss. Grupand termenii pentru a forma patrate conform metodeiGauss, ax2 + bx = 1

a (ax + b2 )2 − b2

4a , obtinem:

Q(v) = (x2 − 8xy − 16xz) + 7y2 − 8yz + z2 =

= x2 + 2x · (−4y − 8z) + 7y2 − 8yz + z2 =

= (x− 4y − 8z)2 − (4y + 8z)2 + 7y2 − 8yz + z2 =

= (x− 4y − 8z)2 − 9y2 − 72yz − 63z2 =

= (x− 4y − 8z)2 − 19 (−9y − 36z)2 + 144z2 − 63z2 =

= (x− 4y − 8z)2 − 19 (−9y − 36z)2 + 81z2 = x′2 − 1

9y′2 + 81z′2,

de unde examinand restrangerile de patrate obtinem schimbarea de coordonate

x′ = x− 4y − 8zy′ = −9y − 36zz′ = z.

Se observa ca relativ la aceste coordonate forma patratica are expresia canonica. Pentru aobtine baza careia ıi corespund aceste coordonate, remarcam ca transformarea de coordonateinversa este

x = x′ − 49y′ − 8z′

y = − 19y′ − 4z′

z = z′⇔

xyz

=

1 −4/9 −80 −1/9 −40 0 1

x′

y′

z′

,

deci matricea de trecere la baza diagonalizatoare este C = [B′] =

1 −4/9 −80 −1/9 −40 0 1

.

Matricea diagonala a formei patratice relativ la aceasta baza este

[Q]B′ = C tAC =

1 0 00 −1/9 00 0 81

.

Metoda valorilor proprii. Prin dedublare obtinem forma polara A asociata formeipatratice Q,

A(v1, v2) = x1x2 − 4x1y2 − 4x2y1 − 8x1z2 − 8x2z1 + 7y1y2 − 4y1z2 − 4y2z1 + z1z2,

v1 = (x1, y1, z1), v2 = (x2, y2, z2). Matricea acestei forme relativ la baza naturala este A =

[A] =

1 −4 −8−4 7 −4−8 −4 1

, cu spectrul σ(A) = {9, 9,−9}. Se determina o baza formata

din vectorii proprii ortonormati ai matricii (fapt posibil deoarece A este matrice simetrica).Pentru λ = 9, obtinem sistemul caracteristic

(A− 9I)v = 0, v ≡

abc

−8a− 4b− 8c = 0−4a− 2b− 4c = 0−8a− 4b− 8c = 0

⇔ b = −2a− 2c,

cu solutiile v = (t,−2t− 2s, s) = t(1,−2, 0) + s(0,−2, 1), t, s ∈ R, deci doi vectori propriiliniar independenti sunt v1 = (1,−2, 0), v2 = (0,−2, 1). Ortogonalizam {v1, v2} cu procedeul

Page 84: Exercitii algebra

84 ALGA-GDED

Gram-Schmidt si obtinem

u1 = v1 = (1,−2, 0)

u2 = v2 − pru1v2 = v2 − 〈v2, u1〉〈u1, u1〉 · u1 =

= (0,−2, 1)− 45 (1,−2, 0) = (− 4

5 ,− 25 , 1)||(−4,−2, 5).

Aflam al treilea vector propriu. Sistemul caracteristic asociat valorii proprii λ = −9 este

(A + 9I)v = 0 ⇒

10a− 4b− 8c = 0−4a + 16b− 4c = 0−8a− 4b + 10c = 0

,

are solutiile v = (2t, t, 2t) = t(2, 1, 2), t ∈ R, deci obtinem u3 = v3 = (2, 1, 2).Prin normarea bazei ortogonale formate din vectorii proprii u1, u2 si u3, rezulta baza ortonor-

mata cautata cu matricea de trecere asociata [B′] =

1/√

5 −4/3√

5 2/3

−2/√

5 −2/3√

5 1/3

0 5/3√

5 2/3

. Matricea

diagonala atasata formei patratice relativ la aceasta baza este [Q]B′ =

9 0 00 9 00 0 −9

.

Metoda Jacobi. Prin calcul direct, obtinem minorii:

∆0 = 1,∆1 = 1, ∆2 =∣∣∣∣

1 −4−4 7

∣∣∣∣ = 7− 16 = −9, ∆3 =

∣∣∣∣∣∣

1 −4 −8−4 7 −4−8 −4 1

∣∣∣∣∣∣= −729

si vectorii bazei corespunzatoare:

v1 =1

∆1e1 ≡

100

, v2 =

1∆2

∣∣∣∣e1 e2

1 −4

∣∣∣∣ = −19(−4e1 − e2) ≡

4/91/90

,

v3 =1

∆3

∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

1 −4 −8−4 7 −4

∣∣∣∣∣∣= − 1

729(72e1 + 36e2 − 9e3) ≡

−8/81−4/811/81

,

deci matricea de trecere la noua baza B′ si matricea diagonala atasata formei patratice relativ

la aceasta baza sunt respectiv [B′] =

1 4/9 −8/810 1/9 −4/810 0 1/81

si

[Q]B′ =t CAC =

∆0/∆1 0 00 ∆1/∆2 00 0 ∆2/∆3

=

1 0 00 −1/9 00 0 1/81

,

iar expresia analitica a formei patratice Q relativ la noile coordonate (x′, y′, z′) este

Q(v′) = x′2 − 1/9y′2 + 1/81z′2, v = x′v1 + y′v2 + z′v3 ∈ R3.

Se observa ca oricare ar fi metoda de obtinere a expresiei canonice a formei patratice Q,signatura acesteia este (+, +,−), (n+, n−, n0) = (2, 1, 0).

b) Metoda Gauss. Grupand termenii pentru a forma patrate prin metoda Gauss, decifolosind restrangeri de patrate de tipul ax2 + bx = 1

a (ax + b2 )2 − b2

4a , obtinem

Q(x) = −5x22 + 4x1x2 = −1

5(−5x2 + 2x1)2 +

45x2

1 = −15y21 +

45y22 ,

Page 85: Exercitii algebra

Solutii 85

de unde rezulta schimbarea de coordonate{

y1 = 2x1 − 5x2

y2 = x1⇔

(y1

y2

)=

(2 −51 0

)(x1

x2

).

Pentru a obtine baza careia ıi corespund aceste coordonate, remarcam ca transformarea decoordonate inversa este

{x1 = y2

x2 = −y15 + 2

5y2⇔

(x1

x2

)=

(0 1

−1/5 2/5

)(y1

y2

),

deci matricea de trecere la baza diagonalizatoare, respectiv matricea diagonala a formeipatratice relativ la aceasta baza sunt

C = [B′] =(

0 1−1/5 2/5

), [Q]B′ = C tAC =

( −1/5 00 4/5

).

Metoda valorilor proprii. Fie A = [A] matricea formei polare asociate formei patraticeQ

A(x, y) = −5x2y2 + 2x1y2 + 2x2y1, x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ R2

obtinuta prin dedublare. Matricea acesteia relativ la baza naturala este

A = [A] =( A(e1, e1) A(e1, e2)A(e2, e1) A(e2, e2)

)=

(0 22 −5

)

unde e1 = (1, 0), e2 = (0, 1). Spectrul acestei matrice este σ(A) = {−2, 2}. Se determinao baza formata din vectori proprii ortonomati ai matricii A (fapt posibil deoarece A estematrice simetrica); aceasta baza se obtine, de exemplu, prin normarea unei baze ortogonale

formate din vectori proprii, de matricea asociata [B] =( −1 1

1 1

); dupa normarea acestora,

obtinem matricea de trecere la noua baza B′ si matricea diagonala atasata formei patraticerelativ la aceasta baza,

C = [B′] =( −1/

√2 1/

√2

1/√

2 1/√

2

), [Q]B′ = C tAC =

( −2 00 2

).

Metoda Jacobi. Prin calcul direct, obtinem minorii ∆0 = 1,∆1 = 0,∆2 =∣∣∣∣

0 22 0

∣∣∣∣ = −4.

Unul dintre minori fiind nul, metoda nu este aplicabila. Se observa ca signatura formeipatratice Q este (+,−) sau ınca, (n+, n−, n0) = (1, 1, 0).c) Metoda Gauss. Folosind relatia Q =t XAX unde A = [Q]B , X = [x]B , obtinem expresiaanalitica a formei patratice Q,

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

3 −2 −4−2 6 −2−4 −2 3

x1

x2

x3

= 3x2

1 − 4x1x2 − 8x1x3 + 6x22 − 4x2x3 + 3x2

3.

Grupand termenii pentru a forma patrate, obtinem:

Q(x) = 3x21 − 4x1x2 − 8x1x3 + 6x2

2 − 4x2x3 + 3x23 =

= 13 (3x1 − 2x2 − 4x3)2 − 16

3 x2x3 − 43x2

2 − 163 x2

3 + 6x22 − 4x2x3 + 3x2

3 =

= 13 (3x1 − 2x2 − 4x3)2 + 14

3 x22 − 7

3x23 − 28

3 x2x3 =

= 13 (3x1 − 2x2 − 4x3)2 + 3

14

(143 x2 − 14

3 x3

)2 − 314 · 142

32 · x23 − 7

3x23 =

= 13 (3x1 − 2x2 − 4x3)2 + 3

14

(143 x2 − 14

3 x3

)2 − 7x23 = 1

3y21 + 3

14y22 − 7y2

3 ,

Page 86: Exercitii algebra

86 ALGA-GDED

de unde, examinand restrangerile de patrate, rezulta schimbarea de coordonate:

y1 = 3x1 − 2x2 − 4x3

y2 = 143 x2 − 14

3 x3

y3 = x3

y1

y2

y3

=

3 −2 −40 14/3 −14/30 0 1

x1

x2

x3

.

Pentru a obtine baza careia ıi corespund aceste coordonate, remarcam ca transformarea decoordonate inversa este

x1 = 13y1 + 1

7y2 + 2y3

x2 = 314y2 + y3

x3 = y3

x1

x2

x3

=

1/3 1/7 20 3/14 10 0 1

y1

y2

y3

,

deci matricea de trecere la baza diagonalizatoare, respectiv matricea diagnala a formeipatratice relativ la aceasta baza, sunt

C = [B′] =

1/3 1/7 20 3/14 10 0 1

, [Q]B′ = C tAC =

1/3 0 00 3/14 00 0 −7

.

Metoda valorilor proprii. Procedand analog punctului a), obtinem spectrul matriciidate σ(A) = {−2, 7, 7} si vectorii proprii corespunzatori v1 = (2, 1, 2), v2 = (1,−2, 0),v3 = (0,−2, 1). Fie u1 = v1. Se observa ca v1 ⊥ v2, v1 ⊥ v3. Ortogonalizand {v2, v3} cuprocedeul Gram-Schmidt obtinem

{u2 = v2 = (1,−2, 0)

u3 = v3 − pru2v3 = (−4/5,−2/5, 1)||(−4,−2, 5).

Prin normarea bazei ortogonale formate din vectorii proprii v1, u2, u3 obtinem baza ortonor-

mata cautata cu matricea asociata C = [B′] =

2/3 1/√

5 −4/3√

5

1/3 −2/√

5 −2/3√

5

2/3 0 5/3√

5

. Matricea diag-

onala atasata formei patratice relativ la aceasta baza este [Q]B′ = C tAC =

−2 0 00 7 00 0 7

.

Metoda Jacobi. Prin calcul direct, obtinem minorii:

∆0 = 1,∆1 = 3, ∆2 =∣∣∣∣

3 −2−2 6

∣∣∣∣ = 14, ∆3 =

∣∣∣∣∣∣

3 −2 −4−2 6 −2−4 −2 3

∣∣∣∣∣∣= −98

si vectorii bazei corespunzatoare

v1 =1

∆1e1 ≡

1/300

, v2 =

1∆2

∣∣∣∣e1 e2

3 −2

∣∣∣∣ =114

(−2e1 − 3e2) ≡

−1/7−3/14

0

,

v3 =1

∆3

∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

3 −2 −4−2 6 −2

∣∣∣∣∣∣= − 1

98(28e1 + 14e2 + 14e3) ≡

−2/7−1/7−1/7

,

deci matricea de trecere la noua baza B′ si matricea diagonala atasata formei patratice relativla aceasta baza sunt respectiv:

C = [B′] =

1/3 −1/7 −2/70 −3/14 −1/70 0 −1/7

, [Q]B′ = C tAC =

1/3 0 00 3/14 00 0 −1/7

,

Page 87: Exercitii algebra

Solutii 87

iar expresia analitica a formei ın noile coordonate (x′, y′, z′) este:

Q(v′) =13x′2 +

314

y′2 − 17z′2, v = x′v1 + y′v2 + z′v3 ∈ R3.

Se observa ca signatura formei patratice Q este (+,+,−), (n+, n−, n0) = (2, 1, 0).

d) Metoda Gauss. Folosind relatia Q =t XAX, unde A = [Q]B , X = [x]B =t (x1, x2, x3),obtinem expresia analitica a formei patratice

Q(x) = x21 + 2x1x2 − 2x1x3 + 2x2

2 + 3x23,

care dupa gruparea termenilor pentru a forma patrate devine Q(x) = (x1 + x2 − x3)2 +(x2 + x3)2 + x2

3.Examinand restrangerile de patrate, rezulta schimbarea de coordonate:

y1 = x1 + x2 − x3

y2 = x2 + x3

y3 = x3

y1

y2

y3

=

1 1 −10 1 10 0 1

x1

x2

x3

,

iar transformarea de coordonate inversa este:

x1 = y1 − y2 + 2y3

x2 = y2 − y3

x3 = y3

x1

x2

x3

=

1 −1 20 1 −10 0 1

y1

y2

y3

,

deci matricea de trecere la baza diagonalizatoare, respectiv matricea diagonala a formeipatratice relativ la aceasta baza sunt

C = [B′] = M =

1 −1 20 1 −10 0 1

, [Q]B′ = C tAC =

1 0 00 1 00 0 1

.

Metoda valorilor proprii. Polinomul caracteristic al matricii A este P (λ) = −λ3 + 6λ2 −9λ + 1. Radacinile polinomului sunt reale, deoarece A este matrice simetrica, ınsa fiindirationale, nu pot fi determinate direct. Prin urmare metoda valorilor proprii nu se poateaplica.

Metoda Jacobi. Obtinem minorii Jacobi ∆0 = 1, ∆1 = 1,∆2 =∣∣∣∣

1 11 2

∣∣∣∣ = 1, ∆3 =∣∣∣∣∣∣

1 1 −11 2 0−1 0 3

∣∣∣∣∣∣= 1 si baza asociata

v1 = 1∆1

e1 ≡

100

, v2 = 1

∆2

(e1 e2

1 1

)= e1 − e2 ≡

1−10

,

v3 = 1∆3

∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

1 1 −11 2 0

∣∣∣∣∣∣= 2e1 − e2 + e3 ≡

2−11

,

deci matricea de trecere la noua baza B′ si matricea diagonala sunt respectiv:

C = [B′] =

1 1 20 −1 −10 0 1

, [Q]B′ = C tAC =

1 0 00 1 00 0 1

.

Se observa ca signatura formei patratice Q este (+,+, +), (n+, n−, n0) = (3, 0, 0).

Page 88: Exercitii algebra

88 ALGA-GDED

e) Metoda Gauss. Grupand termenii pentru a forma patrate obtinem:

Q(x) = 1−1 (−x1 + 3x3)2 + x2

2 + 4x2x3 + 4x33 =

= −(x1 + 3x3)2 + (x2 + 2x3)2 = −y21 + y2

2 .

Din relatiile schimbarii de coordonate

y1 = −x1 + 3x3

y2 = x2 + 2x3

y3 = x3

y1

y2

y3

=

−1 0 30 1 20 0 1

x1

x2

x3

obtinem

x1

x2

x3

=

−1 0 30 1 −20 0 1

y1

y2

y3

,

deci matricea noii baze si matricea diagonala a formei patratice sunt respectiv:

C = [B′] =

−1 0 30 1 −20 0 1

, [Q]B′ = C tAC =

−1 0 00 1 00 0 0

.

Metoda valorilor proprii. Matricea relativ la baza naturala a formei polare A (obtinuta

prin dedublarea formei patratice Q) este A = [A]B =

−1 0 30 1 23 2 −5

, are spectrul σ(A) =

{−7, 2, 0} si vectorii proprii corespunzatori v1 = (2, 1,−4), v2 = (1, 2, 1), v3 = (3,−2, 1). Prinnormarea bazei ortogonale formate din vectorii proprii v1, v2, v3 obtinem baza ortonormata

cautata cu matricea asociata C = [B′] =

2/√

21 1/√

6 3/√

14

1/√

21 2/√

6 −2/√

14

−4/√

21 1/√

6 1/√

14

.

Matricea diagonala atasata formei patratice relativ la aceasta baza este

[Q]B′ = C tAC =

−7 0 00 2 00 0 0

.

Metoda Jacobi. Prin calcul direct obtinem minorii:

∆0 = 1, ∆1 = −1,∆2 =∣∣∣∣−1 00 1

∣∣∣∣ = −1,∆3 =

∣∣∣∣∣∣

−1 0 30 1 23 2 −5

∣∣∣∣∣∣= 0.

Unul din minori fiind nul, metoda nu este aplicabila.Se observa ca signatura formei patratice Q este (+,−, 0) sau (n+, n−, n0) = (1, 1, 1).

f) Metoda Gauss. Folosind relatia Q(x) =t X ·A ·X, unde A = [Q]B , X = [x]B , obtinemexpresia analitica a formei patratice Q,

Q(x) = 2x1x2 − 6x1x3 − 6x2x4 + 2x3x4, x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4.

Deoarece forma patratica Q nu contine termeni de forma aiix2i , i = 1, 4, efectuam schimbarea

de coordonate

x1 = y1 + y2

x2 = y1 − y2

x3 = y3, x4 = y4

x1

x2

x3

x4

=

1 1 0 01 −1 0 00 0 1 00 0 0 1

y1

y2

y3

y4

;

Page 89: Exercitii algebra

Solutii 89

Notam cu M matricea din membrul drept. Relativ la noile coordonate, avem

Q(x) = 2y21 − 2y2

2 − 6y1y3 − 6y1y4 − 6y2y3 + 6y2y4 + 2y3y4.

Grupand termenii pentru a forma patrate se obtine ın final

Q(y) = 12 (2y1 − 3y3 − 3y4)− 2

9

(− 92y3 − 3y2 − 7

2y4

)2 + 12 (2y2 − 2

3y4)2 − 2y24 =

= 12z2

1 − 29z2

2 + 12z2

3 − 2z24 ,

de unde rezulta transformarea de coordonate

z1 = 2y1 − 3y3 − 3y4

z2 = −3y2 − 92y3 − 7

2y4

z3 = 2y2 − 23y4

z4 = y4,

z1

z2

z3

z4

=

2 0 −3 −30 −3 −9/2 −7/20 2 0 −2/30 0 0 1

y1

y2

y3

y4

,

a carei inversa este

y1 = 12z1 + 1

3z2 − 12z3

y2 = 12z3 + 1

3z4

y3 = 29z2 − 1

3z3 − z4

y4 = z4

y1

y2

y3

y4

=

1/2 1/3 −1/2 00 0 1/2 1/30 2/9 −1/3 −10 0 0 1

z1

z2

z3

z4

.

Notam cu N matricea din membrul drept. Matricea de trecere la baza diagonalizatoare seobtine folosind relatiile X = MY = MNZ ≡ CZ; obtinem matricea de trecere C si respectivmatricea diagonala a formei patratice relativ la aceasta baza:

C = [B′] = MN =

1/2 1/3 0 1/31/2 1/3 −1 −1/30 2/9 −1/3 −10 0 0 1

,

[Q]B′ = C tAC =

1/2 0 0 00 −2/9 0 00 0 1/2 00 0 0 −2

.

Metoda valorilor proprii. Spectrul matricii A este σ(A) = {−4,−2, 2, 4}, iar vectoriiproprii corespunzatori sunt

v1 = (1,−1, 1,−1), v2 = (1, 1, 1, 1), v3 = (1,−1,−1, 1), v4 = (−1,−1, 1, 1).

Prin normarea bazei ortogonale formate din vectorii proprii v1, v2, v3 si v4 obtinem bazaortonormata cautata cu matricea asociata

C = [B′] =

1/2 1/2 1/2 −1/2−1/2 1/2 −1/2 −1/21/2 1/2 −1/2 1/2−1/2 1/2 1/2 1/2

.

Matricea diagonala atasata formei patratice relativ la aceasta baza este

[Q]B′ = C tAC =

−4 0 0 00 −2 0 00 0 2 00 0 0 4

.

Page 90: Exercitii algebra

90 ALGA-GDED

Metoda Jacobi. Deoarece minorul ∆1 = 0 este nul, metoda nu este aplicabila.

Se observa ca signatura formei patratice Q este (+,+,−,−) sau (n+, n−, n0) = (2, 2, 0).

g) Metoda Gauss. Procedand analog punctului c), obtinem expresia analitica a formeipatratice Q,

Q(x) = 5x21 − 4x1x2 − 4x1x3 + 6x2

2 + 4x23.

Grupand termenii pentru a forma patrate obtinem:

Q(x) = 15 (5x1 − 2x2 − 2x3)2 + 26

5 x22 + 16

5 x23 − 8

5x2x3 =

= 15 (5x1 − 2x2 − 2x3)2 + 5

26

(265 x2 − 4

5x3

)2 − 4013x2

3 =

= 15y2

1 + 526y2

2 − 4013y2

3 ,

de unde rezulta transformarea inversa de coordonate:

x1 = 15y1 + 1

13y2 + 613y3

x2 = 526y2 + 2

13y3

x3 = y3

x1

x2

x3

=

1/5 1/13 6/130 5/26 2/130 0 1

y1

y2

y3

,

deci matricea de trecere la baza diagonalizatoare, respectiv matricea diagonala a formeipatratice relativ la aceasta baza sunt:

C = [B′] = M =

1/5 1/13 6/130 5/26 2/130 0 1

, [Q]B′ = C tAC =

1/5 0 00 5/26 00 0 −40/13

.

Metoda valorilor proprii. Spectrul matricii A este σ(A) = {2, 5, 8}, iar vectorii propriicorespunzatori sunt

v1 = (2, 1, 2), v2 = (1, 2,−2), v3 = (−2, 2, 1).

Prin normarea bazei ortogonale formate din vectorii proprii v1, v2 si v3 obtinem baza ortonor-

mata cautate cu matricea asociata [B′] =

2/3 1/3 −2/31/3 2/3 2/32/3 −2/3 1/3

. Matricea diagonala

atasata formei patratice relativ la aceasta baza este [Q]B′ =

2 0 00 5 00 0 8

.

Metoda Jacobi. Prin calcul direct, obtinem minorii:

∆0 = 1, ∆1 = 5, ∆2 =∣∣∣∣

5 −2−2 6

∣∣∣∣ = 26, ∆3 =

∣∣∣∣∣∣

5 −2 −2−2 6 0−2 0 4

∣∣∣∣∣∣= 80

si vectorii bazei corespunzatoare:

v1 =1

∆1e1 ≡

1/500

, v2 =

1∆2

∣∣∣∣e1 e2

5 −2

∣∣∣∣ =126

(−2e1 − 5e2) ≡

−1/13−5/26

0

,

v3 =1

∆3

∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

5 −2 −2−2 6 0

∣∣∣∣∣∣=

180

(12e1 + 4e2 + 26e3) ≡

3/201/2013/40

,

deci matricea de trecere la noua baza B′ si matricea diagonala atasata formei patratice relativla aceasta baza sunt respectiv:

C = [B′] =

1/5 −1/13 3/200 −5/26 1/200 0 13/40

, [Q]B′ = C tAC =

1/5 0 00 5/26 00 0 13/40

.

Page 91: Exercitii algebra

Solutii 91

Se observa ca signatura formei patratice Q este (+,+, +) sau (n+, n−, n0) = (3, 0, 0).

III.1. Vectori liberi

63. a) Identificam vectorii liberi cu tripletele coordonatelor lor relativ la baza canonicaortonormata

{i, j, k

}, a ≡ (1, 2, µ), b ≡ (1, 1, 2). Prin calcul direct obtinem:

a× b =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 2 µ1 1 2

∣∣∣∣∣∣= (4− µ)i + (−2 + µ)j − k.

b) Avem ind{a, b

} ⇔ a × b 6= 0. In cazul nostru a × b = (4 − µ)i + (−2 + µ)j − k 6= 0(coeficientul lui k este totdeauna nenul), deci ind

{a, b

}. Dar a× b 6= 0, (a× b)⊥a, (a× b)⊥b,

deci a× b /∈ L(a, b); deci o baza ın V3 este data de{a, b, a× b

}.

c) Fie O(0, 0, 0) originea sistemului de coordonate iar{i, j, k

}baza acestuia. Atunci tri-

unghiul determinat de reprezentantii−→OA si

−−→OB de origine O ai vectorilor liberi a si respectiv

b ca muchii adiacente are cele trei varfuri O(0, 0, 0), A(1, 2, 2) si B(1, 1, 2). Aria triunghiuluiOAB este data de formula:

A[∆OAB] =12

∥∥a× b∥∥ =

12‖(1, 2, 2)× (1, 1, 2)‖ =

12‖(2, 0,−1)‖ =

12

√5.

Evident aria paralelogramului determinat de a si b ca muchii adiacente este egala cu dublulariei triunghiului OAB, deci egala cu

√5.

64. a) Identificam vectorii liberi cu tripletele coordonatelor relativ la baza canonicaortonormata {i, j, k}, a ≡ (1, 1, 1), b ≡ (0, 1, µ), c ≡ (0, 1, 1). Obtinem:

〈a, b× c〉 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 10 1 µ0 1 1

∣∣∣∣∣∣= 1− µ.

b) Pentru µ = 1, cei trei vectori sunt coplanari (liniar dependenti). Deoarece pentru µ 6= 1avem

⟨a, b× c

⟩ 6= 0, rezulta ca ın acest caz cei trei vectori sunt liniar independenti, decisunt necoplanari. Vectorii a, b, c determina ın V3 o baza pozitiv orientata daca si numai daca⟨a, b× c

⟩> 0, conditie echivalenta cu µ < 1.

c) Volumul tetraedrului determinat de vectorii a, b, c ca muchii adiacente este dat de formulaVt = 1

6 |〈a, (b × c)〉|. Deoarece o prisma triunghiulara poate fi descompusa natural ın treitetraedre de volume egale, iar paralelipipedul ın doua prisme de volume egale, avem Vpr =3Vt, Vpp = 2Vpr = 6Vt, deci pentru µ = 0 obtinem Vt = 1

6 |1− 0| = 16 , Vpr = 1

2 , Vpp = 1.

65. a) Identificam vectorii liberi cu tripletele coordonatelor lor relativ la baza canonicaotronormata

{i, j, k

}, a ≡ (1,−1, 1), b ≡ (1, 2, 3), c ≡ (0, 1, 1). Prin calcul direct, obtinem:

b× c =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 2 30 1 1

∣∣∣∣∣∣= −i− j + k ≡ (−1,−1, 1) si apoi dublul produs vectorial:

a× (b× c) =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 −1 1−1 −1 1

∣∣∣∣∣∣= −2j − 2k ≡ (0,−2,−2).

b) Aplicand formula a×(b× c) = 〈a, c〉 b−⟨a, b

⟩c, avem a×(b× c) ≡ 0 ·(1, 2, 3)−2 ·(0, 1, 1) =

(0,−2,−2) ≡ −2j − 2k.c) Se observa ca dublul produs vectorial w = a×(b× c) este ortogonal atat pe a cat si pe b× c(fiind produsul vectorial al acestor vectori). Din relatia w = 〈a, c〉 b − ⟨

a, b⟩c se observa ca

Page 92: Exercitii algebra

92 ALGA-GDED

vectorul w apartine subspatiului L(b, c), fiind combinatie liniara de generatorii subspatiului,deci w este coplanar cu b si c.

III.2. Dreapta si planul ın spatiu

66. a) Dreapta ∆ ce trece prin punctele A(1, 2, 3) si B(4, 2, 1) este data de ecuatiilecarteziene:

∆ :x− 14− 1

=y − 22− 2

=z − 31− 3

⇔ x− 13

=y − 2

0=

z − 3−2

.

Egaland sirul de rapoarte cu t, obtinem ecuatiile parametrice ale dreptei, ∆ : (x, y, z) =(1 + 3t, 2, 3− 2t), t ∈ R.b) Identificam vectorul director v cu tripletul coordonatelor lui relativ la baza canonicaortonormata

{i, j, k

}, v ≡ (−1, 0, 2). Dreapta ∆ determinata de directia v si punctul

C(2, 6, 1) are ecuatiile carteziene x−2−1 = y−6

0 = z−12 ; egaland sirul de rapoarte cu t, obtinem

ecuatiile parametrice ale dreptei ∆ : (x, y, z) = (2− t, 6, 1 + 2t), t ∈ R.

67. Rezolvand sistemul de ecuatii{

2x + y − 5z = 124x + 7y − 33z = 1 si considerand ca necunoscuta

secundara y = t, obtinem ecuatiile parametrice ale dreptei ∆ : (x, y, z) = ( 172 + 1

23 t, t, 1 +523 t), t ∈ R. Extragand t din fiecare egalitate, obtinem t = x− 17

2123

= y−01 = z−1

523

, deci vectorul

director este v ≡ (123 , 1, 5

23

) ≡ 123 i+ j+ 5

23 k. Dand valori lui t ∈ R ın ecuatiile parametrice aledreptei ∆, obtinem puncte ale dreptei. De exemplu, pentru t = 0 si t = 1 obtinem respectivpunctele A0( 17

2 , 0, 1), A1( 39346 , 1, 28

23 ) ∈ ∆.

68. Avem A,B,C necoliniare doar daca ind {AB, AC} ⇔ AB × AC 6= 0. Dar AB =

i− 3j, AC = 2i− j iar AB ×AC =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 −3 02 −1 0

∣∣∣∣∣∣= 5k 6= 0, deci punctele A,B si C nu sunt

coliniare. Ecuatia planului π determinat de punctele A,B,C este data de:

π :

∣∣∣∣∣∣∣∣

x y z 11 −2 1 12 −5 1 13 −3 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ z = 1.

b) Identificam vectorul n cu tripletul coordonatelor lui relativ la baza canonica ortonormata{i, j, k

}, n ≡ (0, 3, 2). Planul ce trece prin punctul D(1, 5, 0) si are directia normala n ≡

(0, 3, 2) esteπ : 0(x− 1) + 3(y − 5) + 2(z − 0) = 0 ⇔ 3y + 2z − 15 = 0.

Altfel. π face parte din fasciculul paralel de plane de directii normale comune n ≡ (0, 3, 2),de ecuatie πλ : 0x + 3y + 2z + λ = 0, λ ∈ R. Planul cerut contine punctul D(1, 5, 0).Conditia D ∈ πλ conduce la 3 · 5 + 2 · 0 + λ = 0 ⇒ λ = −15, deci planul cautat esteπ = πλ=−15 : 3y + 2z − 15 = 0.c) Avem vectorii u ≡ (2, 0, 0) si v ≡ (−1, 0, 3). Atunci planul π ce trece prin punctul E(2, 1, 2)

si este paralel cu directiile u si v este dat de π :

∣∣∣∣∣∣

x− 2 y − 1 z − 22 0 0−1 0 3

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ 6y − 6 = 0 ⇔

y = 1.

69. Se observa ca un vector normal al planului x + 2y − 3z = 4 este u = (1, 2,−3), iartrei puncte ce apartin planului sunt A(1, 0,−1),B(2, 1, 0) si C(0, 2, 0). Deoarece punctul C,de exemplu, nu apartine dreptei determinate de punctele A si B (care are ecuatiile x− 1 =y = z + 1) rezulta ca A,B si C sunt necoliniare (echivalent, verificati ca AB ×AC 6= 0).

Page 93: Exercitii algebra

Solutii 93

Pentru a afla ecuatiile parametrice ale planului, avem nevoie de un punct apartinand planuluisi de doi vectori necoliniari u = a1i + b1j + c1k si v = a2i + b2j + c2k ce admit reprezentanticontinuti ın planul π. Deoarece stim ca segmentele orientate

−−→AB si

−→AC sunt continute ın

plan, alegem u si v astfel ıncat−−→AB ∈ u si

−→AC ∈ v. Atunci avem:

−−→AB ≡ (a1, b1, c1) = (2− 1, 1− 0, 0− (−1)) = (1, 1, 1),−→AC ≡ (a2, b2, c2) = (0− 1, 2− 0, 0− (−1)) = (−1, 2, 1).

In concluzie, planul π ce contine punctul A(1, 0,−1) si are directiile u = i + j + k si v =−i + 2j + k se poate rescrie sub forma parametrica:

π :

x = 1 + s− ty = 0 + s + 2tz = −1 + s + t

, s, t ∈ R,

sau carteziana:

π :

∣∣∣∣∣∣

x− 1 y − 0 z + 11 1 1−1 2 1

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ −1(x− 1)− 2y + 3(z + 1) = 0 ⇔ x + 2y − 3z = 4.

Tema. Verificati {A,B, C} ⊂ π.

70. a) Daca marimile algebrice ale segmentelor determinate de π pe axele Ox, Oy si Ozsunt respectiv 1,−3 si 2, rezulta ca planul π intersecteaza axele de coordonate ın puncteleM1(1, 0, 0), M2(0,−3, 0) si M3(0, 0, 2). Scriem ecuatia planului prin taieturi:

π :x

1+

y

−3+

z

2− 1 = 0 ⇔ 6x− 2y + 3z − 6 = 0.

b) Avem un punct F (1, 2, 3) apartinand planului, un vector continut ın plan u ≡ (1,−1, 0)(dat de vectorul director al dreptei ∆ : x

1 = y−1−1 = z−1

0 . Consideram v = FM al doileavector continut ın plan, unde M ∈ ∆ este un punct oarecare al dreptei ∆. Fie M(0, 1, 1).Rezulta v = FM ≡ (0− 1, 1− 2, 1− 3) = (−1,−1,−2). Obtinem:

π :

∣∣∣∣∣∣

x− 1 y − 2 z − 31 −1 0−1 −1 −2

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ x + y − z = 0.

Altfel. Consideram ∆ : x = 1− y = z−10 ca fiind dreapta aflata la intersectia planelor

{x = 1− yx = z−1

0

⇔{

x + y − 1 = 0z − 1 = 0,

deci ecuatia fasciculului redus de plane ce trec prin dreapta ∆ este:

(x + y − 1) + r(z − 1) = 0, r ∈ R.

Dar π apartine acestui fascicul si deoarece F (1, 2, 3) ∈ π, avem

(1 + 2− 1) + r(3− 1) = 0 ⇔ 2 + 2r = 0 ⇔ r = −1,

si deci: π : (x + y − 1)− 1(z − 1) = 0 ⇔ π : x + y − z = 0.c) Planul π trece prin punctul G(2, 0,−1) si are vectorul normal n = (1, 0,−3) (acelasi cu alplanului π∗ : x− 3z + 1 = 0). Avem

π : 1(x− 2) + 0(y − 0) + (−3)(z + 1) = 0 ⇔ x− 3z − 5 = 0.

Page 94: Exercitii algebra

94 ALGA-GDED

Altfel. Fasciculul redus de plane paralele ce au vectorul normal n = (1, 0,−3) are ecuatia deforma

πλ : 1 · x + 0 · y − 3 · z + λ = 0, λ ∈ R.

Planul π apartine acestui fascicul si contine punctul G(2, 0,−1), deci conditia G ∈ πλ serescrie 1 · 2 + 0 · 0− 3 · (−1) + λ = 0 ⇔ λ = −5; deci π : x− 3z − 5 = 0.

III.3. Probleme relative la dreapta si plan

71. a) Pentru a determina pozitia relativa a dreptelor ∆1 si ∆2, rezolvam sistemuldeterminat de cele 2 + 2 ecuatii ale acestora:

{x− y = 2, x + z = 3

2x + 3z = 4, y = −1.

Se observa ca sistemul este incompatibil, deci intersectia lor este multimea vida. Vectoriidirectori ai dreptelor ∆1 : x

1 = y+21 = z−3

−1 si ∆2 : x− 12

32

= y+10 = z−1

−1 sunt respectiv

v1 = (1, 1,−1) si v2 =(

32 , 0,−1

). In urma calculelor rezulta v1 × v2 =

(−1,− 12 ,− 3

2

) 6= 0E3 ,deci dreptele ∆1 si ∆2 nu sunt paralele. Deoarece 〈v1, v2〉 = 5

2 6= 0, rezulta ca dreptele ∆1 si∆2 nu sunt perpendiculare.

b) Planele π1 : x − 3y = 1 si π2 : 2y + z = 2 au vectorii normali n1 = (1,−3, 0), respectivn2 = (0, 2, 1). Deoarece n1 × n2 = (−3,−1, 2) 6= 0, cele doua plane nu sunt nici paralele,nici confundate, deci intersectia lor este o dreapta ∆∗ ale carei puncte satisfac sistemul deecuatii: {

x− 3y − 1 = 02y + z − 2 = 0.

Se observa ca sistemul este compatibil simplu nedeterminat, deci π1 si π2 se intersecteazadupa o dreapta. Deoarece 〈n1, n2〉 = −6 6= 0, rezulta ca cele doua plane nu sunt perpendic-ulare.

72. a) Considerand x necunoscuta secundara ın sistemul{

x− y = 2x + z = 3 , obtinem solutiile:

x = ty = −2 + tz = 3− t

, t ∈ R, de unde, explicitand t ın fiecare din cele trei relatii, rezulta ecuatiile

carteziene ale dreptei ∆1 : x−01 = y+2

1 = z−3−1 = t, deci un vector director al dreptei ∆1 este

v1 = i + j − k ≡ (1, 1,−1).

Ecuatiile carteziene ale dreptei ∆2 sunt ∆2 :x− 1

232

=y + 1

0=

z − 1−1

, deci aceasta admite

drept vector director v2 ≡(

32 , 0,−1

). Avem

cos(∆1,∆2) = cos(v1, v2) =〈v1, v2〉‖v1‖ ‖v2‖ =

32 + 0 + 1√

3 ·√

134

=5√

3939

,

si deci (∆1, ∆2) = arccos 5√

3939 ∈ (

0, π2

).

b) Se observa ca un vector director al dreptei ∆ : x−1−1 = y

2 = z+15 este v1 ≡ (−1, 2, 5), iar

un vector normal la planul π : y − z = 1 este n ≡ (0, 1,−1). Fie α unghiul dintre dreapta ∆si planul π. Avem

sin α =〈v, n〉‖v‖ ‖n‖ =

−3√30 · √2

= −√

1510

,

Page 95: Exercitii algebra

Solutii 95

deci α = arcsin −√1510 = − arcsin

√15

10 ∈ (−π2 , 0

).

c) Se observa ca doi vectori normali la planele π1 : x−3y = 1 si π2 : 2y+z = 2 sunt respectivn1 = (1,−3, 0) si n2 = (0, 2, 1). Fie θ unghiul dintre cele doua plane. Atunci:

cos θ = cos(n1, n2) =〈n1, n2〉‖n1‖ ‖n2‖ =

−6√10 · √5

= − 65√

2,

deci θ = π − arccos 65√

2∈ (

π2 , π

).

73. a) Avem d(A,B) =√

(−1− 1)2 + (0− 2)2 + (1− 3)2 =√

12 = 2√

3.b) Dreapta ∆ : x−1

−1 = y2 = z+1

5 admite drept vector director v ≡ (−1, 2, 5) si contine punctul

C(1, 0,−1) obtinut anuland numaratorii fractiilor. Atunci d(A,∆) = ‖AC×v‖‖v‖ . Dar AC ≡

(0,−2,−4), deci AC × v =

∣∣∣∣∣∣

i j k0 −2 −4−1 2 5

∣∣∣∣∣∣≡ (2,−4, 2). Rezulta

∥∥AC × v∥∥ =

√24 = 2

√6;

‖v‖ =√

30, deci d(A, ∆) = 2√

6√30

= 2√

55 .

c) Planul π are ecuatia y − z − 1 = 0. Distanta de la punctul A(1, 2, 3) la π este d (A, π) =|0·1+1·2+(−1)·3−1|√

02+12+(−1)2= 2√

2=√

2.

74. a) Planul π este dat de ecuatia π : y − z = 1, deci un vector normal la planeste n ≡ (0, 1,−1). Proiectia punctului A pe planul π este punctul B de intersectie alperpendicularei d dusa din A pe π. Dreapta ∆ ce trece prin A(1, 2, 3) si are vectorul director

n ≡ (0, 1,−1) are ecuatiile ∆ :x− 1

0=

y − 21

=z − 3−1

.

Coordonatele punctului B le aflam rezolvand sistemul:

{B} = π ∩ ∆ :{

x−10 = y−2

1 = z−3−1

y − z = 1⇔

x = 1y + z = 5y − z = 1

x = 1y = 3z = 2.

Rezulta B(1, 3, 2).

b) Se observa ca dreapta ∆ :x− 1−1

=y

2=

z + 15

are vectorul director v ≡ (−1, 2, 5). Planul

ce trece prin punctul A si este perpendicular pe dreapta ∆ are ecuatia:

π0 : −1(x− 1) + 2(y − 2) + 5(z − 3) = 0 ⇔ x− 2y − 5z + 18 = 0.

Proiectia A′ a punctului A pe dreapta ∆ se afla rezolvand sistemul:

{A′} = π0 ∩ d :{

x− 2y − 5z + 18 = 0x−1−1 = y

2 = z+15 ,

de unde rezulta A′(

15 , 8

5 , 3).

c) Determinam planul π∗ ce trece prin ∆ : x−1−1 = y

2 = z+15 si este perpendicular pe

π : y − z = 1. Acesta va contine punctul C(1, 0,−1) ∈ ∆, vectorul director v ≡ (−1, 2, 5) aldreptei ∆ si vectorul n ≡ (0, 1,−1) normal la π, deci

π∗ :

∣∣∣∣∣∣

x− 1 y z + 1−1 2 50 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ 7x + y + z = 6.

Astfel gasim proiectia ∆′ = π ∩ π∗:{

y − z = 17x + y + z = 6

Page 96: Exercitii algebra

96 ALGA-GDED

75. a) Fie A′(x0, y0, z0) simetricul punctului A(1, 2, 3) fata de B. Deoarece B estemijlocul segmentului [AA′], avem

xB =xA + xA′

2, yB =

yA + yA′

2, zB =

zA + zA′

2,

deci x0+12 = −1, y0+2

2 = 0, z0+32 = 1, de unde rezulta A′(−3,−2,−1).

b) Fie A′ proiectia punctului A(1, 2, 3) pe dreapta ∆, deci A′ este piciorul perpendiculareidusa din punctul A(1, 2, 3) pe dreapta ∆ : x−1

−1 = y2 = z+1

5 . Planul π∗ ce trece prin A si esteperpendicular pe ∆ are ecuatia

π∗ : −1(x− 1) + 2(y − 2) + 5(z − 3) = 0 ⇔ x− 2y − 5z + 18 = 0

Coordonatele punctului {A′} = π∗∩∆ le aflam rezolvand sistemul A′ :{

x− 2y − 5z + 18 = 0x−1−1 = y

2 = z+15 ,

de unde rezulta A′(

15 , 8

5 , 3). Simetricul punctului A fata de dreapta ∆ este simetricul lui A

fata de A′, deci are coordonatele A′′(− 3

5 , 65 , 3

).

c) Fie A′′ simetricul lui A fata de planul π. Pentru a gasi pe A′, scriem mai ıntai ecuatiiledreptei ∆∗ ce trece prin A′ si este perpendiculara pe π,

∆∗ :x− 1

0=

y − 21

=z − 3−1

.

Intersectia {A′} = ∆∗ ∩ π :

x = 1y + z = 5y − z = 1

conduce la prπA = A′(1, 3, 2). Coordonatele lui

A′′ se gasesc observand ca A′ este mijlocul lui AA′′. Astfel, din relatiile 1+xA′′2 = 1, 2+yA′′

2 =3, 3+zA′′

2 = 2, rezulta A′′(1, 4, 1).d) Ecuatiile parametrice ale dreptei ∆ : x−1

−1 = y2 = z+1

5 = t sunt ∆ : (x, y, z) =(1 − t, 2t,−1 + 5t), t ∈ R. Pentru t = 0 si t = 1 obtinem punctele E(1, 0,−1), respectivF (0, 2, 4) ale dreptei ∆. Analog cu punctul c), gasim simetricele E′′ si F ′′ ale punctelor E,respectiv F fata de planul π : y − z = 1. Observam ca E ∈ π, deci E′′ = E(1, 0,−1). Dupacalcule, obtinem F ′′(0, 5, 1). Simetrica dreptei ∆ fata de planul π este dreapta ∆∗ ce treceprin E′′(1, 0,−1) si F ′′(0, 5, 1).

∆∗ :x− 10− 1

=y − 05− 0

=z + 11 + 1

⇔ ∆∗ :x− 1−1

=y

5=

z + 12

.

76. Metoda I. Ecuatiile carteziene ale celor doua drepte sunt: ∆1: x−01 = y+2

1 = z−3−1

(vezi ex. 8a), respectiv ∆2 : x− 12

32

= y+10 = z−1

−1 , deci vectorii lor directori sunt v1 ≡ (1, 1,−1),

respectiv v2 ≡(

32 , 0,−1

).

Perpendiculara comuna a celor doua drepte are directia data de vectorul liber

u = v1 × v2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 1 −132 0 −1

∣∣∣∣∣∣≡

(−1,−1

2,−3

2

).

Fie π∗ planul ce trece prin ∆1 (deci contine un punct al dreptei ∆1, de exemplu A(0,−2, 3) ∈∆1 si directia lui ∆1, data de v1 ≡ (1, 1,−1)) si care contine directia perpendicularei comunecelor doua drepte, data de n ≡ (−1,− 1

2 ,− 32

). Atunci:

π∗ :

∣∣∣∣∣∣

x− 0 y + 2 z − 31 1 −1−1 − 1

2 − 32

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ −4x + 5y + z + 17 = 0.

Page 97: Exercitii algebra

Solutii 97

Un punct A′ al perpendicularei comune se afla la intersectia lui π∗ cu ∆2,

{A′} = ∆2 ∩ π∗ :

{2x−1

3 = y+10 = 1− z

−4x + 5y + z + 3 = 0⇔

y = −12x + 3z = 4−4x + 5y + z = −3

x = − 17

y = −1z = 10

7 ,

deci A′(− 1

7 ,−1, 107

).

Perpendiculara comuna ∆⊥ contine punctul A′(− 1

7 ,−1, 107

)si are directia n ≡ (−1,− 1

2 ,− 32

).

Atunci:

∆⊥ :x + 1

7

−1=

y + 1− 1

2

=z − 10

7

− 32

⇔ 7x + 1−7

=2y + 2−1

=14z − 20−21

.

Metoda II. Fie v⊥ = v1 × v2 vectorul liber care da directia perpendicularei comune. Perpen-diculara comuna a dreptelor ∆1 si ∆2 se afla la intersectia dintre planul π1 = π∗ ce treceprin ∆1 si este paralel cu v⊥ (vezi Metoda I) si planul π2 ce trece prin ∆2 si este paralel cuv⊥.

Planul π2 va contine un punct al dreptei ∆2 (consideram B( 12 ,−1, 1) ∈ ∆2), directia lui

∆2 data de v2 ≡ ( 32 , 0,−1) si directia data de perpendiculara comuna a lui ∆1 si ∆2, deci de

v⊥ = (−1,− 12 ,− 3

2 ).Atunci

π2 :

∣∣∣∣∣∣

x− 1/2 y + 1 z − 13/2 0 −1−1 −1/2 −3/2

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ π2 : −2x + 13y − 3z + 17 = 0.

In concluzie, avem

∆⊥ = π1 ∩ π2 :

{ −4x + 5y + z + 7 = 0

−2x + 13y − 3z + 17 = 0.

Metoda III. Folosind ecuatiile parametrice ale celor doua drepte, consideram punctele

C1(t) = (t, t− 2,−t + 3) ∈ ∆1, t ∈ R, C2(s) = (3/2s + 1/2,−1,−s + 1) ∈ ∆2, s ∈ R.

Segmentul C1(t)C2(s) este inclus ın perpendiculara comuna ∆1 a celor doua drepte doar ınsituatia ın care vectorul w = C1(t)C2(s) ≡ ( 3s+1

2 − t,−t + 1,−s + t− 2) este ortogonal pecei doi vectori directori v1 si v2. Aceasta conditie se rescrie

{w⊥v1

w⊥v2⇔

{ 〈w, v1〉 = 0〈w, v2〉 = 0 ⇔

{ −6t + 5s + 7 = 0−10t + 13s + 11 = 0 ⇔

{t = 9/7s = 1/7.

Punctele corespunzatoare celor doua valori obtinute pentru s si t sunt respectiv

B1 = C1

(97

)=

(97,−5

7,127

)∈ ∆1, B2 = C2

(17

)=

(57,−1,

67

)∈ ∆2.

Acestea sunt picioarele perpendicularei comune ∆⊥, iar dreapta B1B2 este exact perpendic-ulara comuna. Obtinem

∆⊥ :x− 5/7

4/7=

y + 12/7

=z − 6/7

6/7⇔ 7x− 5

4=

7y + 72

=7z − 6

6.

Se observa ca prin aceasta metoda putem calcula usor si distanta dintre cele doua drepte.Deoarece B1 ∈ ∆1 si B2 ∈ ∆2 sunt picioarele perpendicularei comune, avem

d(∆1,∆2) = d(B1, B2) =

√(97− 5

7

)2

+(−5

7+ 1

)2

+(

127− 6

7

)2

=2√

147

.

Page 98: Exercitii algebra

98 ALGA-GDED

Metoda IV. Consideram doua puncte C1(t) ∈ ∆1 si C2(s) ∈ ∆2 si functia f(s, t) = ||−−−−−−−→C1(t)C2(s)||2,s, t ∈ R. Distanta dintre cele doua drepte este data de valoarea minima a functiei f cands, t ∈ R. Avem

f(s, t) = ( 3s+12 − t)2 + (−t + 1)2 + (−s + t− 2)2 =

= 134 · s2 − 3t2 − 5st + 11

2 · s− 7t + 214 .

Punctele critice (s, t) ∈ R2 ale functiei f (care contin punctul de minim) se afla rezolvandsistemul

{∂f∂s = 0∂f∂t = 0

⇔{

132 s− 5t + 11

2 = 0

6t− 5s− z = 0⇔

{s = 1/7

t = 9/7,

solutie unica (v. valorile obtinute prin metoda III). In continuare, pentru a determina per-pendiculara comuna a dreptelor ∆1 si ∆2 se procedeaza analog cu Metoda III.

77. Vectorii directori ai dreptelor ∆1: x−01 = y+2

1 = z−3−1 si ∆2 : x− 1

232

= y+10 = z−1

−1

sunt v1 ≡ (1, 1,−1), respectiv v2 ≡(

32 , 0,−1

), iar doua puncte de pe aceste drepte sunt

A1(0,−2, 3), respectiv A2

(12 ,−1, 1

). Atunci:

d(∆1,∆2) =|〈A1A2, v1 × v2〉|

||v1 × v2|| =

∣∣⟨( 12 , 1,−2

),(−1,− 1

2 ,− 32

)⟩∣∣∥∥(−1,− 1

2 ,− 32

)∥∥ =

=| 12 · (−1) + 1 · (− 1

2

)+ (−2) · (− 3

2

) |√14/2

=2√

147

.

Page 99: Exercitii algebra

Solutii 99

III.4. Coordonate curbilinii

78. a) Folosim formulele

(26)

ρ =√

x2 + y2

θ =

kπ + arctg yx , pentru x 6= 0

π/2, pentru x = 0, y > 0

3π/2, pentru x = 0, y < 0,

unde k = 0, 1, 2, dupa cum punctul (x, y) se afla respectiv ın cadranele I, II & III, sau IV.Avem x = 1, y = −2. Atunci rezulta ρ =

√x2 + y2 =

√5 si deoarece punctul se afla ın

cadranul IV, θ = 2π + arctg (−2) = 2π − arctg 2.b) Folosim formulele {

x = ρ cos θy = ρ sin θ

, (ρ, θ) ∈ [0,∞)× [0, 2π].

Coordonatele carteziene pentru ρ = 2 si θ = 3π4 sunt

{x = 2 cos 3π

4 = 2cos(π − π

4

)= −2cosπ

4 = −√2y = 2 sin 3π

4 = 2 sin(π − π

4

)= 2 sin π

4 =√

2.

79. a) Folosim formulele (26). Avem x = 1, y = −2, z = −3. Deci ρ =√

x2 + y2 =√

5;proiectia punctului pe planul x0y aflandu-se ın cadranul IV, rezulta θ = 2π + arctg y

x =2π− arctg 2, iar z = −3.

b) Folosim formulele

x = ρ cos θy = ρ sin θz = z

, (ρ, θ, z) ∈ [0,∞)× [0, 2π]× R.

Avem ρ = 1, θ = 4π3 , z = 2. Atunci rezulta:

x = 1 · cos 4π3 = cos

(π + π

3

)= −cosπ

3 = − 12

y = 1 · sin 4π3 = sin

(π + π

3

)= − sinπ

3 = −√

32

z = 2.

80. a) Folosim formulele

r =√

x2 + y2 + z2

ϕ = arccos(z/r)

θ =

kπ + arctg yx , pentru x 6= 0

π/2, pentru x = 0, y > 03π/2, pentru x = 0, y < 0.

unde k = 0, 1, 2, dupa cum punctul (x, y, 0) se afla respectiv ın cadranele I, II & III, sau IVale planului xOy ≡ R2. Avem x = 1, y = −2, z = −3, de unde obtinem r =

√x2 + y2 + z2 =√

14 si ϕ = arccos(

zr

)= arccos

(− 3√

14

)= π − arccos

(3√14

). Rezolvam sistemul

{x = r · sin ϕ · cos θ

y = r · sin ϕ · sin θ⇔

1 =√

14 ·√

x2+y2√

14· cos θ

−2 =√

14 ·√

x2+y2√

14· sin θ

cos θ = 1√5

sin θ = − 2√5⇒ tg θ = −2

Page 100: Exercitii algebra

100 ALGA-GDED

si deoarece ne aflam ın cadranul IV, rezulta θ = 2π + arctg (−2) = 2π − arctg 2 ∈ [0, 2π).De asemenea, putem scrie θ = 2π − arcsin 2√

5= 2π − arccos 1√

5.

b) Folosim formulele

x = r sinϕ cos θy = r sin ϕ sin θz = r cos ϕ

, (r, ϕ, θ) ∈ [0,∞)× [0, π]× [0, 2π].

Avem r = 1, ϕ = 2π3 , θ = 5π

3 si obtinem

cosϕ = cos(π − π3 ) = − cos π

3 = − 12 , sinϕ = sin(π − π

3 ) = sin π3 =

√3

2 ,

cos θ = cos(2π − π3 ) = cos π

3 = 12 , sin θ = sin(2π − π

3 ) = sin(−π3 ) = − sin π

3 = −√

32 ,

deci

x = r sin ϕ cos θ = 1 ·√

32 · 1

2 =√

34 ,

y = r sinϕ sin θ = 1 ·√

32 (−

√3

2 ) = − 34 ,

z = r cosϕ = 1 · (− 12 ) = − 1

2 .

In concluzie coordonatele carteziene ale punctului sunt (x, y, z) = (√

34 ,− 3

4 ,− 12 ).

III.5. Conice

81. Metoda 1. Punctele conicei satisfac o ecuatie de tipul

(27) a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a10x + 2a20y + a00 = 0,

unde coeficientii a11, a12, a22, a10, a20, a00 ıi aflam rezolvand sistemul:

a11 + 2a12 + a22 + 2a10 + 2a20 + a00 = 0a11 − 2a12 + a22 + 2a10 − 2a20 + a00 = 0a11 − 2a12 + a22 − 2a10 + 2a20 + a00 = 0a11 + 2a12 + a22 − 2a10 − 2a20 + a00 = 014a11 + a10 + a00 = 0

a11 = −4αa12 = a10 = a20 = 0a22 = 3αa00 = α

, unde α ∈ R∗.

In concluzie, ınlocuind coeficientii ın (27) si simplificand prin α 6= 0, obtinem ecuatia conicei

Γ : −4x2 + 3y2 + 1 = 0. Se observa ca δ =∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−4 00 3

∣∣∣∣ = −12 < 0, deci

avem conica de gen hiperbolic. Mai mult, deoarece ∆ =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a10

a12 a22 a20

a10 a20 a00

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

−4 0 00 3 00 0 1

∣∣∣∣∣∣=

−12 6= 0, conica este nedegenerata, deci o hiperbola.Metoda 2. Se dezvolta determinantul

Γ :

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 xy y2 x y 11 1 1 1 1 11 −1 1 1 −1 11 −1 1 −1 1 11 1 1 −1 −1 114 0 0 1

2 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0 ⇔ −x2 +14

+34y2 = 0.

Se obtine ecuatia conicei cerute (hiperbola)

Γ : −4x2 + 3y2 + 1 = 0 ⇔ x2

1/4− y2

1/3= 1.

Page 101: Exercitii algebra

Solutii 101

82. Metoda I. Conicele cerute satisfac ecuatii de forma (27). Conditia A,B,C, D ∈ Γ serescrie

a22 + 2a20 + a00 = 0a11 − 2a10 + a00 = 0a22 − 2a20 + a00 = 0a11 + 2a10 + a00 = 0

a11 = −α, a12 = βa22 = −αa10 = a20 = 0, a00 = α,

unde α, β ∈ R nu sunt ambele nule. In concluzie, conicele ce trec prin punctele A, B,C si Dsatisfac ecuatia

Γ : αx2 − 2βxy + αy2 − α = 0, α, β ∈ R, α2 + β2 > 0.

Metoda II. Se aplica formula

Γ : α(AB)(CD) + β(AC)(BD) = 0, α, β ∈ R.

Ecuatiile generale ale dreptelor (AB), (CD), (AC), (BD) sunt respectiv

x− y + 1 = 0, x− y − 1 = 0, x = 0, y = 0.

Rezulta ecuatia conicei

Γ : α(x− y + 1)(x− y − 1) + γxy = 0 ⇔ αx2 − (2α− γ)xy + αy2 − α = 0,

unde α, γ ∈ R, α2 + β2 > 0. Notand β = 2α− γ, rezulta ecuatia obtinuta la metoda 1.

83. Metoda I. Conica Γ este descrisa de o ecuatie de forma (27). Coeficientii se obtindin conditiile A,B,C ∈ Γ, care se rescriu

a11 + 2a10 + a00 = 0a00 = 0a22 + 2a20 + a00 = 0

⇔{

a11 = −2α, a12 = γ, a22 = −2βa10 = α, a20 = β, a00 = 0

unde α, β ∈ R nu sunt ambele nule. Inlocuind ın ecuatia generala (27) si ımpartind prin −2,rezulta ecuatia conicelor ce trec prin punctele A,B si C,

Γ : αx2 − γxy + βy2 − αx− βy = 0.

Metoda II. Se aplica formula

a(AB)(AC) + a(BC)(BA) + c(CA)(CB) = 0, a, b, c ∈ R.

Ecuatiile generale ale dreptelor (AB), (AC), (BC), (BA), (CA) si (CB) sunt respectiv

(AB) ≡ (BA) : y = 0, (AC) ≡ (CA) : x + y − 1 = 0, (BC) ≡ (CB) : x = 0.

Rezulta ecuatia conicei

Γ : ay(x + y − 1) + bxy + c(x + y − 1) · x = 0 ⇔⇔ cx2 + (a + b + c)xy + ay2 − cx− ay = 0,

unde a, b, c ∈ R, a2 + b2 + c2 > 0. Renotand α = c, β = a, γ = −(a + b + c), rezulta ecuatiaobtinuta la metoda I.

84. a) Se observa ca δ =∣∣∣∣

0 22 −3

∣∣∣∣ = −4 < 0, deci conica este de gen hiperbolic.

Deoarece ∆ =

∣∣∣∣∣∣

0 2 22 −3 −72 −7 −7

∣∣∣∣∣∣= −16 6= 0, conica este o hiperbola.

Page 102: Exercitii algebra

102 ALGA-GDED

b) Centrul hiperbolei este C(2,−1). Acesta se determina rezolvand sistemul{

4y + 4 = 04x− 6y − 14 = 0 ⇔

{x = 2y = −1.

c) Pantele axelor de simetrie ale conicei Γ satisfac relatia (a11 − a22)k + a12(k2 − 1) = 0. Incazul nostru avem 2k2 + 3k − 2 = 0 ⇒ k ∈ {−2, 1

2} si deci k1 = −2 si k2 = 12 sunt respectiv

pantele axelor.Tinand cont ca axele trebuie sa treaca prin centrul conicei C0(2,−1), rezulta ca ecuatiile

celor doua axe sunt respectiv

∆1 : y + 1 = −2(x− 2) ⇔ 2x + y − 3 = 0, ∆2 : y + 1 =12(x− 2) ⇔ x− 2y − 4 = 0.

Directiile celor doua asimptote sunt date de vectorii liberi v = li + mj care satisfac relatia

a11l2 + 2a12lm + a22m

2 = 0 ⇔ 4lm− 3m2 = 0 ⇔ m(4l − 3m) = 0,

deci avem (l, m) ∈ {(1, 0), (3, 4)}. In concluzie ecuatiile carteziene ale asimptotelor asociatecelor doua directii asimptotice date de vectorii v1 ≡ (1, 0) si v2 ≡ (3, 4) sunt

∆1 : x−21 = y+1

0 ⇔ y = −1

∆2 : x−23 = y+1

4 ⇔ 4x− 3y − 11 = 0.

Aflam varfurile conicei intersectand Γ cu axele de simetrie ∆1 si ∆2. Obtinem

{V1,2} = Γ ∩∆1 :{

4xy − 3y2 + 4x− 14y − 7 = 0y = −2x + 3 ⇔

{y = −2x + 35x2 − 20x + 19 = 0,

deci{

x = 2± 1/√

5y = −1∓ 2/

√5

. Prin urmare varfurile sunt V1(2+ 1√5,−1− 2√

5), V2(2− 1√

5,−1+ 2√

5);

acestea se afla la intersectia conicei cu prima axa de simetrie. De asemenea, Γ ∩∆2 = g¡ ,deci ∆2 este axa de simetrie netransversa a conicei (vezi figura 1).

Figura 1 Figura 2

85. a) Se observa ca δ =∣∣∣∣

9 33 1

∣∣∣∣ = 0, deci conica este de gen parabolic. Deoarece

∆ =

∣∣∣∣∣∣

9 3 −23 1 −4−2 −4 −4

∣∣∣∣∣∣= −100 6= 0, conica este o parabola.

Page 103: Exercitii algebra

Solutii 103

b) Deoarece conica Γ este o parabola, ecuatia axei de simetrie a acesteia este de forma∆ : a11gx + a12gy = 0. In cazul nostru avem

∆ : 9(18x + 6y − 4) + 3(6x + 2y − 8) = 0 ⇔ y = −3x + 1.

Varful V al parabolei ıl gasim intersectand parabola Γ cu axa de simetrie ∆.

V :{

9x2 + 6xy + y2 − 4x− 8y − 4 = 0y = −3x + 1 ⇔

{(3x + y)2 = 4(x + 2y + 1)3x + y = 1 ⇔

⇔{

x + 2y + 1 = 1/43x + y = 1 ⇔

{x = 11/20y = −13/20,

deci am gasit varful V (1120 ,− 13

20 ).

c) Obtinem

Γ ∩Ox :{

9x2 + 6xy + y2 − 4x− 8y − 4 = 0y = 0 ⇔

{9x2 − 4x− 4 = 0y = 0,

deci Γ ∩Ox ={

A1,2

(2(1±√10)

9 , 0)}

, iar

Γ ∩Oy :{

9x2 + 6xy + y2 − 4x− 8y − 4 = 0x = 0 ⇔

{x = 0y2 − 8y − 4 = 0,

deci Γ ∩Oy = {B1,2(0, 4± 2√

5)} (vezi figura 2).

86. a) Se observa ca δ =∣∣∣∣

16 22 19

∣∣∣∣ = 300 > 0, deci conica este de gen eliptic. Cum

∆ =

∣∣∣∣∣∣

16 2 402 19 540 5 40

∣∣∣∣∣∣= 18000 6= 0, conica este o elipsa.

b) Centrul C al elipsei Γ ıl aflam rezolvand sistemul{

32x + 4y + 80 = 04x + 38y + 10 = 0 ⇒

{x = −5/2y = 0,

deci C(− 52 , 0).

c) Pantele k1,2 ale axelor de simetrie sunt date de ecuatia (16 − 19)k + 2(k2 − 1) = 0 ⇔2k2− 3k− 2 = 0 si deci avem k1 = 2 si k2 = − 1

2 . Tinand cont ca axele trebuie sa treaca princentrul conicei C(− 5

2 , 0), rezulta ca ecuatiile celor doua axe sunt respectiv ∆1 : y = 2(x + 52 )

si ∆2 : y = − 12 (x + 5

2 ). Varfurile conicei Γ sunt punctele de intersectie dintre Γ si axele desimetrie ∆1,∆2. Rezolvand sistemul

Γ ∩∆1 :{

16x2 + 4xy + 19y2 + 80x + 10y + 40 = 0y = 2x + 5 ⇔

{20x2 + 100x + 113 = 0y = 2x + 5,

obtinem varfurile Γ ∩∆1 ={

V1,2

(−25±2

√15

10 ,± 2√

155

)}. De asemenea,

Γ ∩∆2 :{

16x2 + 4xy + 19y2 + 80x + 10y + 40 = 0y = −x

2 − 54

⇔{

20x2 + 100x + 61 = 0y = −x

2 − 54 ,

de unde rezulta Γ ∩∆2 ={

V3,4(−25±8√

510 ,∓ 2

√5

5 )}

(vezi figura 3).

Page 104: Exercitii algebra

104 ALGA-GDED

Figura 3

87. a) Ecuatia polarei punctului A ın raport cu conica se deduce prin dedublarea ecuatieiconicei cu coordonatele punctului A(1, 2); obtinem

∆pol,A : 1 · x− 2 · 12(x · 2 + 1 · y) + 3 · 2y − 4 · 1

2· (x + 1) + 6 · 1

2(y + 2)− 4 = 0 ⇔ y =

38x.

Intersectia dintre polara ∆ si conica este data de{

x2 − 2xy + 3y2 − 4x + 6y − 4 = 0y = 3x/8 ⇔

{43x2 − 112x− 256 = 0y = 3x/8,

deci de punctele T1,2( 56±8√

22143 , 21±3

√221

43 ). Atunci cele doua tangente au ecuatiile

∆1,2 : y − 2 = (x− 1) · −65± 3√

22113± 8

√221

.

b) Diametrul conicei Γ conjugat cu directia v = i− 2j ≡ (1,−2) este dat de ecuatia

∆conj,v : 1 · (2x− 2y − 4) + (−2)(−2x + 6y + 6) = 0 ⇔ 3x− 7y − 8 = 0.

Daca ducem tangentele de directie v ≡ (1,−2) la conica, atunci punctele de tangenta {A, B}le aflam rezolvand sistemul

{A,B} = Γ ∩∆conj :{

x2 − 2xy + 3y2 − 4x + 6y − 4 = 03x− 7y − 8 = 0 ⇔

{x = (7y + 8)/3y2 + y − 2 = 0 ,

de unde rezulta A(−2,−2) si B(5, 1). In concluzie, ecuatiile tangentelor de directie v laconica sunt respectiv

∆1 : x+21 = y+2

−2 ⇔ 2x + y + 6 = 0

∆2 : x−51 = y−1

−2 ⇔ 2x + y − 11 = 0.

c) Tangenta dusa prin punctul B(1, 1) ∈ Γ la conica Γ are ecuatia obtinuta prin dedublarecu coordonatele punctului B,

∆tg,B : 1 · x− (x + y) + 3 · y − 2(x + 1) + 3(y + 1)− 4 = 0

sau echivalent 2x− 5y + 3 = 0.

88. Se observa ca δ =∣∣∣∣

0 22 −3

∣∣∣∣ = −4 < 0, deci avem conica de gen hiperbolic. Cum

∆ =

∣∣∣∣∣∣

0 2 22 −3 −72 −7 −7

∣∣∣∣∣∣= −16 6= 0, conica este hiperbola. Notand k = tg α, unghiul de rotatie

Page 105: Exercitii algebra

Solutii 105

α se obtine din ecuatia

2k

1− k2=

40 + 3

⇔ 4k2 + 6k − 4 = 0 ⇒ k1,2 ∈{−2,

12

}.

Pentru k = −2, rezulta

cos α = 1±√1+k2 = 1

±√5

sin α = k±√1+k2 = 2

±√5

. Alegand cos α = 1√5

si sin α = − 2√5,

obtinem matricea de rotatie C =

(1√5

2√5

− 2√5

1√5

), deci ecuatiile rotatiei de reper xOy →

x′Oy′ devin (xy

)= C

(x′

y′

)⇔

{x = (x′ + 2y′)/

√5

y = (−2x′ + y′)/√

5.

Inlocuind x, y ın ecuatia conicei Γ : 4xy − 3y2 + 4x− 14y − 7 = 0, rezulta noua ecuatie aacesteia, relativ la sistemul de coordonate rotit x′Oy′:

Γ :45(x′ + 2y′)(−2x′ + y′)− 3

5(−2x′ + y′)2 +

4√5(x′ + 2y′)− 14√

5(−2x′ + y′)− 7 = 0,

care dupa restrangerea patratelor ın x′ si y′ se rescrie

−4(

x′ − 4√5

)

︸ ︷︷ ︸x′′

2

+(

y′ − 3√5

)

︸ ︷︷ ︸y′′

2

+ 4 = 0,

deci efectuam translatia X ′ = X ′′ + V ′ data de relatiile

(x′

y′

)→

(x′′

y′′

)=

(x′ − 4√

5

y′ − 3√5

)⇔

(x′

y′

)=

(x′′

y′′

)+

(4√5

3√5

).

Relativ la noile coordonate, Γ are ecuatia canonica (hiperbola) Γ : −4x′′2 + y′′2 + 4 = 0 ⇔x′′2 − y′′2

4 = 1.Observatia 1. Matricea rotatiei se poate obtine si prin metoda valorilor proprii, dupa cumurmeaza. Matricea asociata formei patratice atasate conicei este:

A =(

a11 a12

a21 a22

)=

(0 22 −3

).

Avem PA(λ) = det (A−λI) =∣∣∣∣−λ 22 −3− λ

∣∣∣∣ = λ2 + 3λ − 4. Radacinile ecuatiei caracte-

ristice λ2 + 3λ− 4 = 0 sunt λ1 = −4 < 0 si λ2 = 1 > 0, deci conica este de gen hiperbolic.Pentru λ = 1, vectorii proprii asociati v = (a, b) satisfac sistemul

(A− I)v = 0 ⇔( −1 2

2 −4

)(ab

)=

(00

)⇔

{ −a + 2b = 02a− 4b = 0 ,

ce are solutiile v = (2t, t) = t(2, 1), t ∈ R. Pentru t = 1 obtinem vectorul propriu asociatv1 = (2, 1). Analog, pentru λ = −4, obtinem vectorul propriu v2 = (1,−2). Normand ceidoi vectori obtinem baza ortonormata:

{f1 =

(2√5,

1√5

), f2 =

(1√5,− 2√

5

)}.

Page 106: Exercitii algebra

106 ALGA-GDED

Deoarece det [f1, f2] < 0, permutand coloanele matricii si notand e1 = f2, e2 = f1, rezultamatricea C a rotatiei:

C = [e1, e2] =(

1/√

5 2/√

5

−2/√

5 1/√

5

),

iar ecuatiile rotatiei xOy → x′Oy′ devin

{x = (x′ + 2y′)/

√5

y = (−2x′ + y′)/√

5. Pe baza valorilor proprii

si a invariantilor se poate anticipa ecuatia canonica a conicei. Avem λ1 = −4, λ2 = 1 si∆δ = −16

−4 = 4, deci

Γ′′ : λ1x′′2 + λ2y

′′2 +∆δ

= 0 ⇔ −4x′′2 + y′′2 + 4 = 0 ⇔ x′′2 − y′′2

4= 1.

Observatia 2. Coordonatele centrului de simetrie al hiperbolei C0(x, y) satisfac sistemul:{

2y + 2 = 02x− 3y − 7 = 0 ⇔

{x = 2y = −1

deci putem efectua ın prealabil o translatie de sistem de coordonate xOy → x′C0y′, de vector

OC0 ≡ t(2,−1): (xy

)=

(x′

y′

)+

(2−1

)⇔

{x = x′ + 2y = y′ − 1 ,

de unde rezulta Γ : 4x′y′ − 3y′2 + 4 = 0. Se observa ca este necesara o rotatie de sistemx′C0y

′ → x′′C0y′′ de matrice C, data de relatiile: X ′ = CX ′′. Matricea C se poate determina

fie aplicand formula

(28) tg 2θ =2a12

a11 − a22, C =

(cos θ − sinθsin θ cos θ

),

fie folosind metoda valorilor proprii (vezi Obs. 1). Se obtine ecuatia redusa a conicei (vezifigura 1),

Γ : x′′2 − y′′2

4= 1.

89. Invariantii conicei sunt:

∆ =

∣∣∣∣∣∣

9 3 −23 1 −4−2 −4 −4

∣∣∣∣∣∣= −100 6= 0, δ =

∣∣∣∣9 33 1

∣∣∣∣ = 0,

deci conica este o parabola (conica fara centru). Deoarece a12 6= 0, efectuam o rotatie alcarei unghi θ este solutia ecuatiei

tg θ = −a11

a12⇔ tg θ = −3.

Rezulta ca posibila alegere cos θ = 1√10

, sinθ = − 3√10

(o alegere echivalenta fiind cos θ =

− 1√10

, sin θ = 3√10

), deci matricea de rotatie este R =(

1/√

10 3/√

10

−3/√

10 1/√

10

), iar formulele

rotatiei sunt: (xy

)= R

(x′

y′

)⇔

{x = (x′ + 3y′)/

√10

y = (−3x′ + y′)/√

10.

Page 107: Exercitii algebra

Solutii 107

Ecuatia conicei relativ la sistemul rotit x′Oy′ este (dupa restrangerea unui patrat si grupareatermenului liniar complementar de gradul I):

10(

y′− 1√10

)2

= −2√

10(

x′− 52√

10

).

Deci coordonatele noi ale sistemului translatat x′′Oy′′ sunt date de relatiile y′′ = y′ −1√10

, x′′ = x′− 52√

10iar relatiile ce definesc translatia sunt

(x′

y′

)=

(x′′

y′′

)+

52√

10

1√10

.

Originea O′′este exact varful parabolei, care are coordonatele (x′′, y′′) = (0, 0) si (x′, y′) =( 52√

10, 1√

10). Relativ la reperul x′′Oy′′ conica are ecuatia canonica Γ : y′′2 = − 2√

10x′′.

Observatie. Matricea rotatiei se poate obtine si prin metoda valorilor proprii, dupa cum

urmeaza. Matricea asociata formei patratice atasate conicei este A =(

9 33 1

). Avem

PA(λ) = det(A − λI) =∣∣∣∣

9− λ 33 1− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 10λ. Radacinile ecuatiei caracteristice

λ2 − 10λ = 0 sunt λ1 = 0, λ2 = 10, deci conica este de gen parabolic.Pentru λ = 0, vectorii proprii asociati v = (a, b) satisfac sistemul

(A− λI)v = 0 ⇔(

9 33 1

)(ab

)=

(00

)⇔

{9a + 3b = 03a + b = 0

care are solutiile v = (t,−3t) = t(1,−3), t ∈ R. Pentru t = 1, obtinem vectorul propriuasociat v1 = (1,−3). Analog, pentru λ = 10, obtinem vectorul propriu v2 = (3, 1). Normandvectorii v1 si v2, obtinem baza ortonormata

B′ ={

e1 =(

1√10

,− 3√10

), e2 =

(3√10

,1√10

)},

deci matricea de rotatie este: R = [e1, e2] =

(1√10

3√10

− 3√10

1√10

); trecerea de la sistemul de

coordonate xOy la cel nou, rotit x′Oy′ este descrisa de relatiile{

x = (x′ + 3y′)/√

10y = (−3x′ + y′)/

√10.

Inlocuind ın ecuatia conicei relativ la reperul xOy, obtinem ecuatia relativ la noul reper:

Γ : 10(

y′ − 1√10

)2

= −2√

10(

x′ − 52√

10

)

Cele doua paranteze sunt expresiile noilor coordonate, respectiv y′′ = y′− 1√10

, x′′ = x′− 52√

10,

de unde rezulta ecuatiile translatiei x′Oy′ → x′′Oy′′:

x′′ = x′ − 52√

10

y′′ = y′ − 1√10

⇔(

x′

y′

)=

(x′′

y′′

)+

52√

10

1√10

,

de vector OO′′ =(

52√

10, 1√

10

). In final, ecuatia canonica a conicei (relativ la reperul x′′O′′y′′)

este Γ : y′′2 = − 2√10

x′′ (vezi figura 2).

Page 108: Exercitii algebra

108 ALGA-GDED

Verificare. Avem ∆ = −100, δ = 0, I = 10 ⇒ p =√−∆I3 = 1√

10deci ecuatia redusa a conicei

este de forma y2 = ±2px ⇔ y′′2 = ± 2√10

x′′ (s-a obtinut varianta cu semnul minus).

90. Invariantii conicei sunt:

∆ =

∣∣∣∣∣∣

16 2 402 19 540 5 40

∣∣∣∣∣∣= −18.000 6= 0, δ =

∣∣∣∣16 22 19

∣∣∣∣ = 300 > 0,

deci conica este o elipsa (conica cu centru). Deoarece a12 6= 0, efectuam o rotatie al careiunghi θ, care se determina aplicand formula

tg 2θ =2a12

a11 − a22⇔ tg 2θ = −4

3;

rezulta tg θ ∈ {2,− 1

2

}. Pentru tg θ = 2, rezulta ca posibila alegere cos θ = 1√

5, sin θ = 2√

5,

deci matricea de rotatie este C =

(1√5

− 2√5

2√5

1√5

), iar formulele rotatiei sunt:

(xy

)= C

(x′

y′

)⇔

{x = (x′ − 2y′)/

√5

y = (2x′ + y′)/√

5.

Inlocuind x, y ın ecuatia conicei Γ : 16x2 + 4xy + 19y2 + 80x + 10y + 40 = 0, rezulta nouaecuatie a acesteia, relativ la sistemul de coordonate rotit x′Oy′ :

Γ : 20x′2 + 15y′2 + 20√

5 · x′ − 30√

5 · y′ + 40 = 0 ⇔

⇔ 20

(x′ +

√5

2

)

︸ ︷︷ ︸x′′

2

+ 15(y′ −

√5)

︸ ︷︷ ︸y′′

2

= 60,

deci coordonatele noi ale sistemului translatat x′′Oy′′ sunt date de relatiile x′′ = x′ +√

52 ,

y′′ = y′ −√5, iar relatiile ce definesc translatia sunt(

x′

y′

)=

(x′′

y′′

)+

( −√5/2√5

).

Se obtine ecuatia canonica a elipsei Γ : 20x′′2 + 15y′′2 = 60 ⇔ x′′23 + y′′2

4 = 1.

Observatia 1. Matricea rotatiei se poate obtine si prin metoda valorilor proprii, dupa cum

urmeaza. Matricea asociata formei patratice atasate conicei este A =(

16 22 19

). Avem

PA(λ) =∣∣∣∣

16− λ 22 19− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 35λ + 300. Radacinile ecuatiei caracteristice λ2 − 35λ +

300 = 0 sunt λ1 = 15 si λ2 = 20, iar vectorii proprii ortonormati sunt

B′ ={

e1 =(− 2√

5,

1√5

), e2 =

(1√5,

2√5

)}.

Deoarece det [e1, e2] < 0, permutand coloanele matricii, rezulta matricea R a rotatiei: R =

[e2, e1] =(

1/√

5 −2/√

5

2/√

5 1/√

5

), iar ecuatiile rotatiei xOy → x′Oy′ devin

{x = (x′ − 2y′)/

√5

y = (2x′ + y′)/√

5.

Page 109: Exercitii algebra

Solutii 109

Pe baza valorilor proprii si a invariantilor se poate anticipa ecuatia canonica a conicei. Avemλ1 = 15,λ2 = 20, ∆

δ = −60, deci

Γ′′ : λ1x′′2 + λ2y

′′2 +∆δ

= 0 ⇔ 15x′′2 + 20y′′2 − 60 = 0 ⇔ x′′2

4+

y′′2

3= 1.

Observatia 2. Coordonatele centrului de simetrie al elipsei C0(x, y) satisfac sistemul{

8x + y + 20 = 02x + 19y + 5 = 0 ⇔

{x = − 5

2y = 0 ,

deci putem efectua ın prealabil o translatie de sistem de coordonate xOy → x′C0y′, de vector

OC ≡ t(− 5

2 , 0), descrisa de relatiile:

(xy

)=

(x′

y′

)+

( −5/20

)⇔

{x = x′ − 5/2y = y′.

Relativ la noul sistem ecuatia conicei este: Γ : 16x′2 + 4x′y′ + 19y′2 − 60 = 0. Prezentatermenului x′y′ ın ecuatie arata ca este necesara o rotatie de sistem x′C0y

′ → x′′C0y′′ de ma-

trice C: X ′ = CX ′′. Matricea C se poate determina fie aplicand formula tg 2θ =2a12

a11 − a22,

C =(

cos θ − sinθsin θ cos θ

), fie folosind metoda valorilor proprii (vezi Obs. 1 si rezolvarea prin

metoda ın care rotatia precede translatiei). In final se obtine Γ : x′′23 + y′′2

4 = 1 (vezi figura3).

III.6. Cuadrice

91. a) Se observa ca prin restrangerea patratelor, ecuatia sferei Σ se rescrie sub forma

Σ : (x + 1)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 4 ⇔ [x− (−1)]2 + (y − 3)2 + [z − (−2)]2 = 4.

Rezulta centrul sferei, punctul C(−1, 3,−2) si raza sferei r = 2.b) Distanta de la centrul C(−1, 3,−2) al sferei la planul π este

d = d(C, π) =| − 4 + 3− 6 + 13|√

42 + 12 + 32=

6√26

< 2,

deci planul π este secant sferei.c) Notand cu C ′ centrul cercului Γ de intersectie al sferei Σ cu planul π, cu A un punctoarecare al cercului Γ si cu r′ raza acestuia, aplicand teorema lui Pitagora ın triunghiul

CC ′A, rezulta raza cercului de sectiune r′ =√

r2 − d2 =√

3413 . Centrul C ′ al cercului se afla

la intersectia planului π cu dreapta prin C care este perpendiculara pe π. Avem

4x + y + 3z + 13 = 0

x + 14

=y − 3

1=

z + 23

x = −25/13y = 36/13z = −35/13

deci s-a obtinut centrul C ′(− 2513 , 36

13 ,− 3513 ).

92. I. a) Pentru cuadrica Σ1, obtinem g (x, y, z) = x2 − y2 + z2 − 2xy − 2yz − 2zx.

Matricea formei patratice asociate este: A =

1 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 1

, deci σ(A) = {1,−2, 2}.

Page 110: Exercitii algebra

110 ALGA-GDED

Invariantii cuadricei sunt:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 −1 −5/2−1 −1 −1 0−1 −1 1 0−5/2 0 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣=

332

, δ = det A =

∣∣∣∣∣∣

1 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 1

∣∣∣∣∣∣= −4

J =∣∣∣∣

1 −1−1 −1

∣∣∣∣ +∣∣∣∣

1 −1−1 1

∣∣∣∣ +∣∣∣∣−1 −1−1 1

∣∣∣∣ = −2 + 0− 2 = −4,

I = Tr A = 1− 1 + 1 = 1.

In concluzie, cuadrica este nedegenerata (∆ 6= 0) si admite centru de simetrie (deoareceδ 6= 0).

b) Centrul de simetrie al cuadricei este solutia sistemului:

gx = 0gy = 0gz = 0

2x− 2y − 2z = 5−2y − 2x− 2z = 02z − 2y − 2x = 0

x = 5/4y = −5/4z = 0,

deci Cs (5/4,−5/4, 0).c) Valorile proprii ale matricei sunt λ1 = 1, λ2 = −2 si λ3 = 2. Vectorii proprii v = (a, b, c)

atasati valorii proprii λ1 = 1 ıi aflam rezolvand sistemul:

(A− λ1I) · v = 0 ⇔

0 −1 −1−1 −2 −1−1 −1 0

abc

=

000

−b− c = 0−a− 2b− c = 0−a− b = 0,

cu solutia v = (t,−t, t) = t (1,−1, 1) , t ∈ R, deci un generator al spatiului propriu estev1 = (1,−1, 1).

Analog gasim vectorii proprii v2 = (1, 2, 1) si v3 = (−1, 0, 1). Normand, obtinem bazaortonormata

B′ ={

e′1 =(

1√3,− 1√

3,

1√3

), e′2 =

(1√6,

2√6,

1√6

), e′3 =

(− 1√

2, 0,

1√2,

)}.

Relatiile de trecere la noul sistem de coordonate sunt:

xyz

= C

x′

y′

z′

x = 1√3x′ + 1√

6y′ − 1√

2z′

y = − 1√3x′ + 2√

6y′

z = 1√3x′ + 1√

6y′ + 1√

2z′.

Inlocuind expresiile obtinute ale coordonatelor x, y, z ın ecuatia cuadricei, rezulta ecuatiacuadricei relativ la noul sistem de coordonate:

Σ′ : x′2 − 2y′2 + 2z′2 − 5√3x′ − 5√

6y′ + 5√

2z′ − 1 = 0 ⇔

⇔(x′ − 5

2√

3

)2

− 2(y′ − 5

4√

6

)2

+ 2(z′ + 5

4√

2

)2

− 338 = 0.

Tinand cont de expresiile din paranteze, efectuam translatia Ox′y′z′ → O′′x′′y′′z′′ data deformulele:

x′′ = x′ − 5/2√

3y′′ = y′ − 5

/4√

6z′′ = z′ + 5

/4√

2⇔

x′

y′

z′

=

x′′

y′′

z′′

+

5/2√

35/4√

6−5

/4√

2

.

Page 111: Exercitii algebra

Solutii 111

Prin ınlocuirea coordonatelor (x′, y′, z′) ın ecuatia cuadricei rezulta ecuatia relativ la reperulO′′x′′y′′z′′,

x′′2 − 2y′′2 + 2z′′2 − 338

= 0,

de unde rezulta ecuatia canonica

(29)x′′

33/8− y′′

33/16+

z′′

33/16− 1 = 0,

deci cuadrica este un hiperboloid cu o panza.Altfel. Deoarece δ = −4 6= 0, avem o cuadrica cu centru de simetrie Cs(5/4,−5/4, 0) siputem efectua ın prealabil o translatie de sistem de coordonate Oxyz → O′x′y′z′, (O′ = Cs)de vector OO′ = (5/4,−5/4, 0), descrisa de relatiile:

xyz

=

x′

y′

z′

+

5/4−5/4

0

x = x′ + 5/4y = y′ − 5/4z = z′.

Rezulta ecuatia cuadricei relativ la Ox′y′z′,

Σ : x′2 − y′2 + z′2 − 2x′y′ − 2x′z′ − 2y′z′ − 1 = 0.

Efectuam o rotatie de sistem Ox′y′z′ → O′x′′y′′z′′ de matrice C, data de relatiile X ′ = CX ′′;determinam matricea C folosind metoda valorilor proprii, ca mai sus. Se obtine ın finalecuatia canonica (redusa) a cuadricei Σ, data de (29) (vezi figura 4).

Figura 4

II. a) Consideram cuadrica Σ2.

a) Avem A =

0 −√3 0−√3 2 0

0 0 −7

, deci σ (A) = {−1, 3,−7}. Invariantii cuadricei

sunt:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 −√3 0 56−√3 2 0 −8

0 0 −7 −756 −8 −7 −87

∣∣∣∣∣∣∣∣= 112

(377− 56

√3), δ =

∣∣∣∣∣∣

0 −√3 0−√3 2 0

0 0 −7

∣∣∣∣∣∣= 21,

J =∣∣∣∣

0 −√3−√3 2

∣∣∣∣ +∣∣∣∣

0 00 −7

∣∣∣∣ +∣∣∣∣

2 00 −7

∣∣∣∣ = −17, I = TrA = −5.

In concluzie, Σ2 este nedegenerata (∆ 6= 0) si are centru de simetrie (deoarece δ 6= 0).

Page 112: Exercitii algebra

112 ALGA-GDED

b) Coordonatele centrului de simetrie al cuadricei satisfac sistemul:−2√

3y + 112 = 0−2√

3x + 4y − 16 = 0−14z − 14 = 0

x = 112/3− 8/√

3y = 56/

√3

z = −1⇒ Cs

(1123− 8√

3,

56√3,−1

).

c) Matricea formei patratice g (x, y, z) = −2√

3xy+2y2−7z2 este A =

0 −√3 0

−√3 2 00 0 −7

,

iar valorile proprii ale acesteia sunt λ1 = −1, λ2 = 3 si λ−3 = −7. Vectorii proprii v = (a, b, c)atasati valorii proprii λ1 = −1 ıi aflam rezolvand sistemul:

(A− λ1I) v = 0 ⇔

1 −√3 0−√3 3 0

0 0 −6

abc

=

000

a−√3b = 0−√3a + 3b = 0−6c = 0

cu solutiile v = t(√

3, 1, 0), t ∈ R. Pentru t = 1 obtinem generatorul v1 = (

√3, 1, 0). Analog,

gasim vectorii proprii v2 = (1,−√3, 0) si v3 = (0, 0, 1). Normand, obtinem baza ortonormata

B′ =

{e′1 =

(√3

2,12, 0

), e′2 =

(12,−√

32

, 0

), e′3 = (0, 0, 1)

},

a carei matrice asociata relativ la vechea baza este:

C0 = [e′1, e′2, e′3] =

3/2 1/2 0

1/2 −√3/2 0

0 0 1

.

Deoarece det C0 < 0, obtinem matricea de rotatie C schimband ıntre ele primele doua coloane,

C =

1/2√

3/2 0−√3/2 1/2 0

0 0 1

.

Relatiile de trecere la noul sistem de coordonate sunt:

xyz

= C

x′

y′

z′

x = 12x′ +

√3

2 y′

y = −√

32 x′ + 1

2y′

z = z′.

Ecuatia cuadricei relativ la noul sistem de coordonate rotit Ox′y′z′ va fi:

Σ2 : 3x′2 − y′2 − 7z′2 + 8(7 +

√3)x′ + 8

(7√

3− 1)y′ − 14z′ − 87 = 0 ⇔

⇔ 3(

x′ +4(7+

√3)

3

)2

− (y′ − 4

(7√

3− 1))2 − 7 (z′ + 1)2 + a = 0,

unde a =16(377−56

√3)

3 > 0. Tinand cont de expresiile din paranteze, efectuam translatiaOx′y′z′ → O′′x′′y′′z′′ data de formulele:

x′′ = x′ +4(7+

√3)

3

y′′ = y′ − 4(7√

3− 1)

z′′ = z′ + 1

x′

y′

z′

=

x′′

y′′

z′′

+

−4

(7 +

√3)/

34(7 +

√3)

−1

.

Page 113: Exercitii algebra

Solutii 113

Figura 5

Inlocuind (x′, y′, z′) ın ecuatia cuadricei, rezulta un hiperboloid cu o panza de ecuatie redusa(vezi figura 5) −x′′2

a/3 + y′′2

a + z′′2a/7 = 1.

III. a) Avem A =

1 −3 1−3 1 −11 −1 5

, deci σ(A) = {−2, 3, 6}. Invariantii cuadricei sunt:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −3 1 −2−3 1 −1 41 −1 5 −6−2 4 −6 14

∣∣∣∣∣∣∣∣= −216, δ =

∣∣∣∣∣∣

1 −3 1−3 1 −11 −1 5

∣∣∣∣∣∣= −36

J =∣∣∣∣

1 −3−3 1

∣∣∣∣ +∣∣∣∣

1 11 5

∣∣∣∣ +∣∣∣∣

1 −1−1 5

∣∣∣∣ = −8 + 4 + 4 = 0, I = TrA = 1 + 1 + 5 = 7.

b) Coordonatele centrului de simetrie al cuadricei sunt solutiile sistemului:

2x− 6y + 2z − 4 = 02y − 6x− 2z + 8 = 010z + 2x− 2y − 12 = 0

x− 3y + z = 2−3x + y − z = −4x− y + 5z = 6

⇒ Cs(1, 0, 1).

c) Matricea atasata a formei patratice

g(x, y, z) = x2 + y2 + 5z2 − 6xy + 2xz − 2yz

asociate cuadricei date este A =

1 −3 1−3 1 −11 −1 5

. O baza formata din vectori proprii

asociati valorilor proprii λ1 = −2, λ2 = 3 si λ3 = 6 este {v1 = (1, 1, 0), v2 = (−1, 1, 1), v3 =(1,−1, 2)}. Normand, obtinem baza ortonormata

B′ ={

e′1 =(

1√2,

1√2, 0

), e′2 =

(− 1√

3,

1√3,

1√3

), e′3 =

(1√6,− 1√

6,

2√6

)},

a carei matrice asociata relativ la vechea baza este

C0 = [e′1, e′2, e′3] =

1/√

2 −1/√

3 1/√

6

1/√

2 1/√

3 −1/√

6

0 1/√

3 2/√

6

.

Deoarece det C0 > 0, rezulta matricea de rotatie C = C0. Relatiile de trecere la noul sistem

Page 114: Exercitii algebra

114 ALGA-GDED

de coordonate sunt:

xyz

= C

x′

y′

z′

x = 1√2x′ − 1√

3y′ + 1√

6z′

y = 1√2x′ + 1√

3y′ − 1√

6z′

z = 1√3y′ + 2√

6z′.

Ecuatia cuadricei relativ la noul sistem de coordonate va fi

(30)Σ2 : −2x′2 + 3y′2 + 6z′2 + 2

√2√2

x′ − 6√

6√6

z′ + 14 = 0 ⇔

⇔ −2(x′ − 1√

2

)2

+ 3y′2 + 6(z′ −

√6

2

)2

+ 1 = 0.

Tinand cont de expresiile din paranteze, efectuam translatia Ox′y′z′ → O′′x′′y′′z′′ data deformulele:

x′′ = x′ − 1√2

y′′ = y′

z′′ = z′ −√

62

x′

y′

z′

=

x′′

y′′

z′′

+

1/√

20√6/2

.

Prin ınlocuirea ın ecuatia (30) a cuadricei relativ la sistemul de coordonate Ox′y′z′, rezultaecuatia relativ la reperul O′′x′′y′′z′′:

−2x′′2 + 3y′′2 + 6z′′2 = −1,

de unde rezulta ecuatia canonica

(31) Σ3 : −x′′2

1/2+

y′′2

1/3+

z′′2

1/6= −1,

deci cuadrica este un hiperboloid cu doua panze (vezi figura 6).

Figura 6

Altfel. Deoarece avem o cuadrica cu centru de simetrie Cs (1, 0, 1) (δ = −36 6= 0), putemefectua ın prealabil o translatie de sistem de coordonate Oxyz → O′x′y′z′, unde O′ = Cs,de vector OO′ ≡ (1, 0, 1).

xyz

=

x′

y′

z′

+

101

x = x′ + 1y = y′

z = z′ + 1

deci ecuatia cuadricei devine Σ : x′2 + y′2 + 5z′2 − 6x′y′ + 2x′z′ − 2y′z′ + 5 = 0. Prezentatermenilor micsti indica necesitatea unei rotatii de reper O′x′y′z′ → O′x′′y′′z′′ de matrice

Page 115: Exercitii algebra

Solutii 115

C : X ′ = C · X ′′, pe care o determinam folosind metoda valorilor proprii, urmand caleaprezentata mai sus. In final se obtine ecuatia canonica (31).

93. Notand g (x, y, z) = x2

9 +y2−2z si (a, b, c) =(

∂g∂x , ∂g

∂y , ∂g∂z

)=

(2xA

9 , 2yA,−2), ecuatia

planului tangent este de forma π : a (x− xA) + b (y − yA) + c(z − zA) = 0, deci

π : (x− xA) · 2xA

9+ (y − yA) · 2yA + (z − zA) · (−2) = 0,

unde xA = −3, yA = −1 si zA = 1. Inlocuind (xA, yA, zA) = (−3,−1, 1), obtinem π :x + 3y + 3z + 3 = 0.

94. Cuadrica este o sa (paraboloid hiperbolic), deci admite doua familii de generatoare.Generatoarele sunt drepte si au ecuatiile de forma

∆ :x− 3

a=

y − 1b

=z

c= t, t ∈ R⇔ (x, y, z) = (at + 3, bt + 1, ct), t ∈ R.

Conditia ∆ ⊂ Σ impune ca punctul curent al dreptei ∆ sa satisfaca ecuatia cuadricei Σ,pentru orice t ∈ R. Prin ınlocuire obtinem

(at + 3)2

9− (ct)2

4= bt + 1 ⇔

(a2

9− c2

4

)t2 +

(2a

3− b

)t = 0,∀t ∈ R,

deci din sistemul obtinut prin anularea coeficientilor polinomului ın t, rezulta b = 2a/3;c = ±2a/3, solutiile v ≡ (

a, 2a3 ,± 2a

3

)= a

3 (3, 2,±2). Corespunzator celor doua directiidistincte date de vectorii (3, 2,±2), rezulta generatoarele ∆ : x−3

3 = y−12 = z

±2 = t, t ∈ R.Unghiul θ dintre cele doua generatoare este cel format de vectorii directori ai acestora,

deci

θ = arccos〈(3, 2, 2) , (3, 2,−2)〉‖(3, 2, 2)‖ · ‖(3, 2,−2)‖ = arccos (9/17) .

Planul π tangent la cuadrica ın punctul M(3, 1, 0) se obtine prin dedublarea ecuatiei cuadriceicu coordonatele punctului M , deci

π :x · 39

− z · 04

=12

(y + 1) ⇔ 2x− 3y − 3 = 0.

Directia normalei ∆′ 3 M(3, 1, 0) este data de vectorul u ≡ (2,−3, 0) normal la planultangent; rezulta ∆′ : x−3

2 = y−1−3 = z

0 .

III.7. Suprafete generate

95. Cilindrul Σ are generatoarele paralele cu dreapta data doar daca ecuatiile acestorasunt de forma

∆′ :x− a

1=

y − b

1=

z − c

−1⇔

{x− y = a− by + z = c− b

⇔{

x− y = λy + z = µ,

unde

(32) λ = a− b, µ = c− b, λ, µ ∈ R.

Impunem ca ∆′ sa se sprijine pe curba{

x = y2

z = 0 . Acest lucru este echivalent cu compati-

bilitatea sistemului

∆′ ∩Ga :{

x = y2, z = 0x− y = λ, y + z = µ

⇔{

x = µ + λ, z = 0y = µ, x = y2,

Page 116: Exercitii algebra

116 ALGA-GDED

deci cu validarea conditiei de compatibilitate λ + µ = µ2. Inlocuind λ si µ date de relatiile(32) ın conditia de compatibilitate obtinuta, rezulta ecuatia suprafetei cilindrice cautate

Σ : x− y + y + z = (y + z)2 ⇔ y2 + 2yz + z2 − x− z = 0,

un cilindru parabolic (cuadrica).

96. Generatoarele suprafetei conice Σ trec prin varful acesteia V (1, 0, 0), deci ecuatiileacestora sunt de forma

∆′ :x− 1

a=

y − 0b

=z − 0

c, (a2 + b2 + c2 > 0);

presupunand a 6= 0, ımpartind prin a si notand λ = ba , µ = c

a ∈ R, aceste ecuatii se rescriu

x− 11

=y − 0

λ=

z − 0µ

⇔{

λx− λ = yµx− µ = z,

unde

(33) λ =y

x− 1, µ =

z

x− 1.

In plus, faptul ca ∆′ se sprijina pe curba Γ :{

x2 + y2 = 1x− z = 0 conduce la conditia de compa-

tibilitate a sistemului

∆′ ∩ Γ :

{x2 + y2 = 1, x− z = 0

λx− λ = y, µx− µ = z⇔

{x = z = µ

µ−1

y = λµ−1 , x2 + y2 = 1,

anume µ2 + λ2 = (µ− 1)2 ⇔ λ2 + 2µ− 1 = 0. Inlocuind λ si µ din relatiile (33) ın conditiade compatibilitate obtinuta, rezulta ecuatia suprafetei conice cautate

Σ :(

y2

x− 1

)+ 2

(z

x− 1

)− 1 = 0 ⇔ (x− 1)2 − 2 (x− 1) z − y2 = 0

deci un con (cuadrica).

97. a) Planul π ın care se afla cercul generator al cuadricei este perpendicular pe axaOy : x

0 = y1 = z

0 , deci are ecuatia de forma πλ : 0 · x + 1 · y + 0 · z = λ ⇔ y = λ, λ ∈ R. Inplus, cercul generator se afla pe o sfera Σr cu centrul pe axa Oy. Presupunand centrul sfereiΣr al sferei ın C(0, 0, 0) ∈ Oy, aceasta va avea ecuatia Σr : x2 + y2 + z2 = µ, deci cerculgenerator are ecuatiile

(34) Γλ,µ :{

y = λx2 + y2 + z2 = µ.

Faptul ca acest cerc generator se sprijina pe dreapta directoare ∆ : x−10 = y+2

2 = z−30 este

echivalent cu satisfacerea conditiei de compatibilitate a sistemului

(35){

y = λ, x2 + y2 + z2 = µx = 1, z = 3.

Eliminand x, y, z din sistem se obtine conditia de compatibilitate

1 + λ2 + 9 = µ ⇔ λ2 + 10 = µ.

Page 117: Exercitii algebra

Solutii 117

Inlocuind λ si µ din relatiile (34) ın (35) se obtine ecuatia suprafetei cautate (un cilindrucircular drept cu axa de simetrie Oy): Σ : x2 + z2 = 10.

b) Planul si sfera care determina cercul generator au ecuatiile y = λ, λ ∈ R, respectivx2 + y2 + z2 = µ, unde µ = R2 > 0. Obtinem conditia de compatibilitate a sistemului

{y = λ, x2 + y2 + z2 = µx = 3y + 6, z = −y − 2,

data de 11λ2 + 40λ + 40 = µ. Inlocuind λ si µ din determinarile lor initiale, rezulta ecuatiasuprafetei cautate, un con cu axa de simetrie Oy, de ecuatie

Σ : x2 − 10y2 + z2 − 40y + 40 = 0 ⇔ x2 − 10 (y + 2)2 + z2 = 0.

c) Urmand acelasi procedeu, obtinem conditia de compatibilitate 11λ2 +34λ+37 = µ, undeλ = y, iar µ = x2 + y2 + z2, iar suprafata de rotatie obtinuta este hiperboloidul cu o panza

Σ : x2 − 10y2 + z2 − 34y − 37 = 0 ⇔ x2 − 10(

y +1710

)2

+ z2 =8110

.

IV.1. Aplicatii diferentiabile

98. a) Fie s, t ∈ R. Atunci

f(s) = f(t) ⇔ (s2, s3) = (t2, t3) ⇔{

s2 = t2

s3 = t3⇔ s = t,

si deci f este injectiva. Fie (x, y) ∈ R2 un punct oarecare din domeniul valorilor. Deoarece

f(s) = (x, y) ⇔ (s2, s3) = (x, y) ⇔{

s2 = xs3 = y,

iar pentru x < 0 sistemul nu are solutii, rezulta ca functia f nu este surjectiva. Nefiindsurjectiva, f nu este bijectiva.b) Matricea Jacobiana a functiei f = (f1, f2) este

[J(f)] =

( df1ds

df2ds

)=

(2s

3s2

).

Deoarece pentru s = 0 avem rang[J(f)] = 0 < 1, f nu este nici imersie, nici submersie.Deoarece J(f) nu este matrice patratica, f nu poate fi difeomorfism.

99. a) Relatia f(s) = f(t) se rescrie

2 cos2 s = 2 cos2 tsin 2s = sin 2t2 sin s = 2 sin t

⇔{

sin s = sin tcos s = ± cos t

si deoarece s, t ∈ (0, π

2

), rezulta s = t, deci f este injectiva. Fie (x, y, z) ∈ R3 un punct

oarecare din domeniul valorilor. Deoarece f(t) = (x, y, z) ⇔

2 cos2 t = xsin 2t = y2 sin t = z

si deoarece

pentru x ∈ (−∞,−2) ∪ (2,+∞) sau y ∈ (−∞,−1) ∪ (1, +∞) sau z ∈ (−∞,−2) ∪ (2, +∞),sistemul nu are solutii, rezulta ca functia f nu este surjectiva si deci nici bijectiva.

Page 118: Exercitii algebra

118 ALGA-GDED

b) Matricea Jacobiana a functiei f este

[J(f)] =

4 cos t · (− sin t)2 cos 2t2 cos t

=

−2 sin 2t2 cos 2t2 cos t

.

Deoarece pentru ∀t ∈ R, avem (−2 sin 2t)2 + (2 cos 2t)2 = 4 6= 0, rezulta rang[J(f)] = 1, decif este imersie. Evident, f nu este nici submersie (rang[J(f)] = 1 6= 3), nici difeomorfism.

100. a) Pentru (u, v), (s, t) ∈ R2, avem f(u, v) = f(s, t) ⇔{

v = s + t− uu2 − u(s + t) + st = 0 ,

ın care a doua ecuatie a sistemului are solutiile posibile (u, v) = (s, t) sau (u, v) = (t, s),ceea ce indica simetria functiei f ın variabilele u, v. Deoarece ∀(u, v) ∈ R2, f(u, v) = f(v, u),rezulta ca f nu este injectiva (de exemplu, f(0, 1) = f(1, 0) = (1, 0)); f nu este nici bijectiva.Pe de alta parte, avem

f(u, v) = (x, y) ⇔{

v = x− uu2 − ux + y = 0,

iar a doua ecuatie admite solutii reale doar daca avem y ≤ x2/4. Deci exista perechi (x, y) ∈R2 care nu au preimagine prin f ; prin urmare f nu este surjectiva. Pentru (x, y) = (0, 1)obtinem

f(u, v) = (0, 1) ⇔{

u + v = 0uv = 1 ⇒ u2 = −1,

deci f−1(0, 1) = g¡ . De asemenea, conditia (x, y) ∈ Im f conduce la inegalitatea de mai sus,y ≤ x2/4. Prin urmare, Im f = {(x, y) ∈ R2 | y ≤ x2/4}.b) Matricea Jacobiana a functiei f este [J(f)] =

( −1 2v3u2 −1

). Avem det[J(f)] = 1− 6vu2,

deci rang [J(f)] = 2 pentru ∀(u, v) ∈ R2\D, unde D = {(u, v)|u2v = 16}, deci f este si

imersie si submersie pe R2\D. Folosind teorema functiilor implicite rezulta ca functia f estedifeomorfism local, dar fiind bijectiva, rezulta f difeomorfism global pe R2\D.

101. Notand f1(ρ, θ) = ρ cos θ si f2(ρ, θ) = ρ sin θ, obtinem matricea Jacobiana a functieif :

J(f) =

∂f1∂ρ

∂f1∂θ

∂f2∂ρ

∂f2∂θ

=

(cos θ −ρ sin θ

sin θ ρ cos θ

).

Deoarece det[J(f)] = ρ cos2 θ + ρ sin2 θ = ρ > 0, ∀(ρ, θ) ∈ (0,∞) × [0, 2π), folosind teoremafunctiei inverse, rezulta f difeomorfism. Pentru a afla inversa lui f , rezolvam urmatorulsistem ın ρ si θ:

{ρ cos θ = xρ sin θ = y

⇒ ρ2(cos2 θ + sin2 θ) = x2 + y2 ⇒ ρ =√

x2 + y2.

Distingem cazurile:

1o. x = 0, y > 0 ⇒ θ = π/2; 2o. x = 0, y < 0 ⇒ θ = 3π/2; 3o. x > 0, y ≥ 0 ⇒ θ = arctg yx ;

4o. x < 0 ⇒ θ = π + arctg yx ; 5o. x > 0, y < 0 ⇒ θ = 2π + arctg y

x , deci f−1(x, y) =(√

x2 + y2, θ), unde

(36) θ =

kπ + arctg yx , pentru x 6= 0,

π/2, pentru x = 0, y > 03π/2, pentru x = 0, y < 0,

Page 119: Exercitii algebra

Solutii 119

unde k ia valorile 0, 1 si 2 dupa cum (x, y) se afla respectiv ın cadranul I, cadranele II sauIII, sau ın cadranul IV. In concluzie,

f−1(x, y) = (√

x2 + y2, θ), f−1 : R2\{(0, 0)} → (0,∞)× [0, 2π),

cu valorile unghiului θ date de egalitatea (36).

IV.2. Curbe ın Rn

102. Aflam valoarea parametrului t0 ∈ R pentru care α(t0) = (1,−1, 1, 3); din aceastaegalitate obtinem

t40 = 1,−1 = −1, t50 = 1, t60 + 2 = 3,

de unde rezulta t0 = 1. Vectorul α′(t0) tangent ın punctul A la curba are coordonatele(4t30, 0, 5t40, 6t50) = (4, 0, 5, 6), deci tangenta si hiperplanul normal ın punctul A au respectivecuatiile

∆tg,A : x1−14 = x2+1

0 = x3−15 = x4−3

6

Hnor,A : 4(x1 − 1) + 0(x2 + 1) + 5(x3 − 1) + 6(x4 − 3) = 0 ⇔⇔ 4x1 + 5x3 + 6x4 − 27 = 0.

103. Observam ca α(t0) = (0,−1, 0, 2) implica t0 = 0. Avem

α′(0) = (4t30, 0, 5t40, 6t50) = (0, 0, 0, 0)α′′(0) = (12t20, 0, 20t30, 30t40) = (0, 0, 0, 0)α′′′(0) = (24t0, 0, 60t20, 120t30) = (0, 0, 0, 0)α(iv)(0) = (24, 0, 120t0, 360t20) = (24, 0, 0, 0) 6= (0, 0, 0, 0),

deci rezulta B punct singular de ordinul 4. In concluzie, tangenta si hiperplanul normal lacurba α ın punctul B au respectiv ecuatiile

∆tg,B : x1−024 = x2+1

0 = x3−00 = x4−2

0 ⇔

x2 = −1x3 = 0x4 = 2

Hnor,B : 24 · (x1 − 0) + 0 · (x2 + 1) + 0 · (x3 − 0) + 0 · (x4 − 2) = 0 ⇔ x1 = 0.

Din relatia α′(t) = 0 rezulta unica solutie t = 0, deci B este unicul punct singular al curbei.

104. Gasim punctul comun al curbelor rezolvand sistemul α(t) = β(s), care se rescrie{

t2 + 1 = 2 + sln t = s, t = s + 1 ⇔

{s2 + s = 0ln t = s, t = s + 1 ⇔

{s = 0t = 1,

deci punctul comun al curbelor are coordonatele α(1) = β(0) = (2, 0, 1). Vectorii tangenti ınpunctul comun la cele doua curbe sunt α′(1) = (2, 1, 1), respectiv β′(0) = (1, 1, 1), deci avem

(α′(1), β′(0)) = arccos〈α′(1), β′(0)〉

‖α′(1)‖ · ‖β′(0)‖ = arccos4

3√

2.

105. Notand x(t) = t− 1, y(t) = t2

t−1 , obtinem

limt→−∞

x(t) = −∞, limt→−∞

y(t) = −∞,

limt→+∞

x(t) = ∞, limt→+∞

y(t) = ∞,

Page 120: Exercitii algebra

120 ALGA-GDED

si deoarece limt→±∞

y(t)x(t)

= limt→±∞

t2

(t− 1)2= 1 = m, rezulta v ≡ (1, 1) directie asimptotica a

curbei pentru t → ±∞. Deoarece n = limt→±∞

(y(t)−m · x(t)) = limt→±∞

2t− 1t− 1

= 2 rezulta

y = x + 2 asimptota a curbei pentru t → ±∞.In punctul de acumulare t = 1 avem

limt→1

x(t) = 0, limt↗1

y(t) = −∞, limt↘1

y(t) = +∞,

deci curba admite pentru t → 1 asimptota bilaterala x = 0 (axa Oy).

106. a) Conform definitiei, lungimea arcului de curba este

l = α([0, 2π]) =∫ 2π

0

‖α′(t)‖dt.

Avem α′(t) = (a(1− cos t), a · sin t), deci

‖α′(t)‖ =√

a2(1− cos t)2 + a2 · sin2 t = a√

2− 2 cos t.

Folosind relatia cos t = 1− 2 sin2 t2 , rezulta

l = a

∫ 2π

0

√2− 2 cos tdt = a

∫ 2π

0

√2− 2

(1− 2 sin2 t

2

)dt.

Dar t ∈ [0, 2π] ⇔ t2 ∈ [0, π] ⇒ sin t ≥ 0, deci

l = 2a

∫ 2π

0

sint

2dt = −4a cos · t

2

∣∣∣∣2π

0

= −4a(−1− 1) = 8a.

b) Deoarece originea α(0) = (0, 0) nu este un punct regulat al curbei α (deoarece α′(0) = 0),vom calcula abscisa curbilinie corespunzatoare lui t = π. Avem

s(t) =∫ t

π

‖α′(u)‖du = a

∫ t

π

√2− 2 cos u du = 2a

∫ t

π

sinu

2du =

= −4a · cos .u2

∣∣∣∣t

π

= −4a cos t2 , s : [0, 2π] → [−4a, 4a].

Se observa ca inversa acestei functii, t : [−4a, 4a] → [a, 2π] este data de t(s) = 2 arccos(− s4a ).

In concluzie, parametrizarea normala a curbei α este β : [−4a, 4a] → R2,

β(s) = (α ◦ s−1)(s) = α(s−1(s)) = α(2 arccos(− s4a )) =

= (a(2 arccos(− s4a )− sin(2 arccos(− s

4a ))), a(1− cos(2 arccos(− s4a )))).

IV.3. Curbe plane

107. Din relatia α(t) = A rezulta t = −1. Dar α′(−1) ≡ (−2, 3) 6= 0, iar ecuatiiletangentei si normalei ın A sunt respectiv

∆tg : x−1−2 = y+3

3 ⇔ 3x + 2y + 3 = 0

∆nor : −2(x− 1) + 3(y + 3) = 0 ⇔ −2x + 3y + 11 = 0.

Page 121: Exercitii algebra

Solutii 121

Punctul de intersectie T al tangentei cu axa Ox este solutia sistemului

∆tg ∩Ox :{

3x + 2y + 3 = 0y = 0 ⇔

{x = −1y = 0 ⇒ T (−1, 0).

Notand cu C proiectia punctului A(1,−3) pe axa Ox, subtangenta este St =√

AT 2 −AC2 =√13− 9 = 2. Aflam punctul de intersectie N al normalei cu axa Ox, dat de

∆nor ∩Ox :{ −2x + 3y + 11 = 0

y = 0 ⇔{

x = 11/2y = 0 ⇒ N(11/2, 0).

In concluzie, subnormala este

Sn =√

AN2 −AC2 =

√1174− 9 =

92.

108. a) Notam F (x, y) = x2−y3−3 si (xA, yA) = (−2, 1). Folosind formulele tangenteisi normalei la o curba plana data prin ecuatie carteziana implicita,

∆tg : (x− xA) · (∂F∂x

)(xA,yA)

+ (y − yA) ·(

∂F∂y

)(xA,yA)

= 0,

∆nor :x− xA

(∂F∂x )(xA,yA)

=y − yA

(∂F∂y )(xA,yA)

.

Obtinem ∆tg : 4x + 3y + 5 = 0, respectiv ∆nor : x+2−4 = y−1

−3 .

b) Avem x2 − y3 − 3 = 0 ⇒ y = 3√

x2 − 3, deci o parametrizare a curbei α este{

x = t

y = 3√

t2 − 3, t ∈ R.

109. a) Baza reperului Frenet RF = {α(t); {T (t), N(t)}} al curbei α este data deperechea de campuri vectoriale {~T , ~N}, unde:

~T (t) ≡ α′(t)‖α′(t)‖ =

(x′(t)√

x′2(t)+y′2(t), y′(t)√

x′2(t)+y′2(t)

)

~N(t) = Rπ/2(~T (t)) ≡(

−y′(t)√x′2(t)+y′2(t)

, x′(t)√x′2(t)+y′2(t)

).

In cazul nostru x(t) = t, y(t) = t2, deci x′(t) = 1, y′(t) = 2t. Rezulta

T (t) =(

1√1 + 4t2

,2t√

1 + 4t2

), N(t) =

(− 2t√

1 + 4t2,

1√1 + 4t2

).

Deoarece α′(t) = (1, 2t) 6= OR2 , rezulta α curba regulata si deci valoarea curburii curbei estedata de egalitatea

(37) k(t) =x′(t)y′′(t)− x′′(t)y′(t)

(x′2(t) + y′2(t))3/2=

1 · 2− 0 · 2t

(1 + 4t2)3/2=

2(1 + 4t2)3/2

.

b) Reperul Frenet asociat curbei α ın punctul curent α(t) este RF = {α(t); {T (t), N(t)}},unde T (t) = α′(t)

‖α′(t)‖ si N(t) = Rπ2T (t) sunt versorul tangent si respectiv normal la curba α ın

punctul α(t). Acesti versori, considerati ın punctul A ∈ Imα ıi vom nota cu TA, NA. Cumα(t) = (t, t2) rezulta α′(t) = (1, 2t). Avem A ∈ Imα, deoarece A(−2, 4) = α(−2). Deoarece

Page 122: Exercitii algebra

122 ALGA-GDED

α′(−2) = (1,−4) are norma ‖α′(−2)‖ =√

17 6= 0, punctul A este un punct regulat al curbeiα. Versorii cautati sunt:

TA = α′(−2)‖α′(−2)‖ = ( 1√

17,− 4√

17)

NA = Rπ2TA ≡

(cos π

2− sin π

2

sin π2

cos π2

)(1√17

− 4√17

)=

(4√171√17

),

deci reperul Frenet asociat curbei α ın punctul A(−2, 4) este

RF,A ={

A(−2, 4);{

TA =(

1√17

,− 4√17

), NA =

(4√17

,1√17

)}}.

Folosind relatia (37), pentru t = tA = −2, obtinem valoarea curburii ın punctul A(−2, 4) =α(−2), k(−2) = 2

17√

17.

c) Ecuatia cercului osculator ın punctul A = α(−2) o aflam folosind formula (x− x0)2 +(y − y0)2 = R2

0, unde

x0 = xC(−2), y0 = yC(−2), R0 = R(−2) =1

|k(−2)| ,

iar coordonatele centrului cercului osculator la curba corespunzator punctului curent α(t) =(x(t), y(t)) sunt date de

(38)

xC(t) = x(t)− y′(t) · x′2(t)+y′2(t)x′(t)y′′(t)−x′′(t)y′(t) = −4t3

yC(t) = y(t) + x′(t) · x′2(t)+y′2(t)x′(t)y′′(t)−x′′(t)y′(t) = 1+6t2

2 .

Functia de curbura k(t) ın α(t) este data de relatia (37), deci raza cercului osculator este

R(t) =1

|k(t)| =(1 + 4t2)3/2

2.

In punctul α(−2), obtinem, ınlocuind t = −2:

x0 = −4 · (−2)3 = 32, y0 =1 + 6 · (−2)2

2=

252

, R0 =17√

172

.

In concluzie, ecuatia cercului osculator la curba α ın punctul A = α(−2) este (x− 32)2 +(y − 25

2 )2 = 49134 .

d) Folosind formulele (38) obtinem parametrizarea evolutei:

αev(t) =(−4t3,

6t2 + 12

), t ∈ R.

e) Ecuatia carteziana a curbei α se obtine prin eliminarea parametrului t din sistemul{x = ty = t2

. Inlocuind t obtinut din prima relatie ın cea de-a doua, obtinem Γ = Imα :

x2 − y = 0 ⇒ y = x2, o parabola.

110. a) Notand F (x, y, a) = (x− a)2 + y2 − a2

2 , ınfasuratoarea familiei de curbe planeΓa : F (x, y, a) = 0 (daca exista) este continuta ın curba Γ∗ definita de sistemul

{F (x, y, a) = 0∂F∂a (x, y, a) = 0, a ∈ R,

Page 123: Exercitii algebra

Solutii 123

care ın cazul nostru devine{

(x− a)2 + y2 − a2

2 = 0−2(x− a)− a = 0

⇔{

a = 2x

(x− a)2 + y2 − a2

2 = 0

din care, eliminand pe a, obtinem Γ∗ : x2− y2 = 0 sau x = ±y, deci curba Γ∗ este reuniuneacelor 2 bisectoare y = x si y = −x.b) Procedand analog punctului a), ınfasuratoarea familiei de curbe Γα : x ·cosα+y ·sin α = 2este continuta ın curba Γ∗ definita prin sistemul

{x · cosα + y · sin α = 2−x · sin α + y · cosα = 2, α ∈ R.

Inmultind cu cos α prima relatie si cu − sin α a doua relatie, iar apoi cu sin α prima relatiesi cu cos α a doua si sumandu-le, obtinem

{x = 2(cos α− sin α)y = 2(cos α + sin α)

din care, eliminand prin sumarea patratelor variabila α, obtinem Γ∗ : x2 +y2 = 4, deci curbaΓ∗ este cercul cu centrul ın origine si de raza 2.c) Infasuratoarea familiei de curbe Γλ : x2 + y2 − 2λx + λ2 − 4λ = 0 este continuta ın curbaΓ∗ definita prin sistemul:

{x2 + y2 − 2λx + λ2 − 4λ = 0−2x + 2λ− 4 = 0 ⇔

{λ = x + 2x2 + y2− 2λx + λ2 − 4λ = 0,

din care, eliminand variabila λ, obtinem Γ∗ : y2 − 4x = 4 ⇔ y2 = 4(x + 1), deci o parabolacu varful pe axa Ox, care admite Ox ca axa de simetrie.

111. a) Folosim formulele tangentei, respectiv normalei la curba Γ : F (x, y) = 0 ınpunctul (x0, y0) ∈ Γ,

∆tg : (x− x0) · ∂f

∂x(x0, y0) + (y − y0) · ∂f

∂y(x0, y0) = 0

∆nor :x− x0

∂f∂x (x0, y0)

=y − y0

∂f∂y (x0, y0)

.

Pentru (x0, y0) = (2,−1) si f(x, y) = x3−2y2 obtinem ecuatiile tangentei, respectiv normalei

∆tg : 3x + y − 5 = 0, ∆nor :x− 2

3=

y + 11

⇔ x− 3y − 5 = 0.

b) Punctele singulare ale curbei Γ sunt solutiile sistemului

f(x, y) = 0∂f∂x (x, y) = 0∂f∂y (x, y) = 0

x3 − 2y2 = 03x2 = 0−4y = 0

⇒{

x = 0y = 0,

deci O(0, 0) este unicul punct singular al curbei. Deoarece

det[Hess(f)]O =

∣∣∣∣∣∣

∂2f∂x2 (0, 0) ∂2f

∂x∂y(0, 0)

∂2f∂x∂y

(0, 0) ∂2f∂y2 (0, 0)

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣0 00 −4

∣∣∣∣ = 0,

Page 124: Exercitii algebra

124 ALGA-GDED

unde f(x, y) = x3 − 2y2, rezulta ca O(0, 0) este punct singular de ıntoarcere al curbei Γ.Directia v = (l, m) a tangentei ın O(0, 0) la curba este data de relatia

l2 · ∂2f

∂x2(0, 0) + 2l ·m · ∂2f

∂x∂y(0, 0) + m2 · ∂2f

∂y2(0, 0) = 0 ⇔ m2 · (−4) = 0 ⇔ m = 0,

deci v = l(1, 0). In concluzie, ecuatiile tangentei, respectiv normalei la curba Γ ın punctulO(0, 0) ∈ Γ sunt

∆tg : x−01 = y−0

0 ⇔ y = 0, (axa Ox)

∆nor : 1 · x− 0 + 0 · (y − 0) = 0 ⇔ x = 0, (axa Oy).

Deoarece are puncte singulare, Γ nu este curba regulata.

112. Urmam o serie de pasi preliminari.

i) Domeniul de definitie este Dα = (−∞, 0) ∪ (0,∞). Se observa ca 0 /∈ Dα, iar

Γ ∩Ox : 2 + t +1t

= 0 ⇔ t2 + 2t + 1 = 0 ⇔ t = −1,

deci Γ ∩Ox = {α(−1)} = {(2, 0)}. De asemenea,

Γ ∩Oy : 2− t +1t

= 0 ⇔ t2 − 2t− 1 = 0 ⇔ t = 1±√

2,

deci Γ ∩Oy = {α(1±√2)} = {(0, 2± 2√

2)}.ii) Studiem daca α este o curba periodica, deci daca ∃T > 0, α(t) = α(t + T ), ∀t ∈ Dα a.ı.t + T ∈ Dα. Avem { 1

t = −T + 1t+T

1t = T + 1

t+T ,∀t ∈ R∗⇔ T = 0.

Rezulta ca α nu este o curba periodica.iii) Determinam comportarea asimptotica a curbei Γ = Imα (puncte asimptotice; asimptoteorizontale, oblice sau verticale). Cum Dα = (−∞, 0) ∪ (0, +∞), studiul se face pentrut0 = {±∞, 0} (deci ın punctele de acumulare ce nu apartin domeniului de definitie).

Calculam limitele ın punctele de acumulare din R ce nu apartin domeniului de definitieal curbei, t0 ∈ Dα = {±∞, 0−, 0+}. Avem

limt→−∞

α(t) = (+∞,−∞), limt→+∞

α(t) = (−∞,+∞),

limt↗0

α(t) = (−∞,−∞), limt↘0

α(t) = (+∞, +∞),

deci α nu admite asimptote orizontale sau verticale. Pentru t → ±∞, t ↗ 0 si t ↘ 0 existaramuri infinite. Studiem existenta asimptotelor oblice. Avem:

m = limt→±∞

y(t)x(t)

= limt→±∞

t(1 + 2t + 1

t2 )t(−1 + 2

t + 1t2 )

= −1

n = limt→±∞

(y(t) + x(t)) = limt→±∞

(4 +2t) = 4.

Rezulta ca dreapta ∆as,±∞ : y = −x + 4 este asimptota oblica a curbei pentru t → ±∞. Deasemenea,

m = limt→0

y(t)x(t)

= limt→0

t2 + 2t + 1t2 − 2t + 1

= 1

n = limt→0

(y(t)− x(t)) = limt→0

2t = 0,

Page 125: Exercitii algebra

Solutii 125

deci dreapta ∆as,0 : y = x este asimptota oblica a curbei pentru t → 0− si pentru t → 0+.iv) Studiem existenta punctelor singulare si de extrem pentru functiile coordonate ale curbei.Avem x′(t) = − t2+1

t2 , y′(t) = − t2−1t2 . Se observa ca deoarece x′(t) < 0, ∀x 6= 0, avem

α′(t) 6= (0, 0), ∀t 6= 0, deci curba α este o curba regulata.Ecuatia x′(t) = 0 nu are solutii, iar ecuatia y′(t) = 0 implica t2 − 1 = 0 ⇔ t = ±1, deciα(−1) = (2, 0) si α(1) = (2, 4) sunt puncte de extrem local pentru y(t).v) Studiem existenta punctelor multiple α(t1) = α(t2), t1 6= t2; t1, t2 ∈ Dα = R∗. Aceastarelatie conduce la sistemul

{x(t1) = x(t2)

y(t1) = y(t2)⇒

{ −t1 + 1t1

+ t2 − 1t2

= 0

t1 + 1t1− t2 − 1

t2= 0

ın necunoscuta t2, parametru t1. Scazand cele doua relatii, obtinem t2 = t1, deci curba α nuare puncte multiple.vi) Studiem existenta punctelor de inflexiune. Prin calcul direct, rezulta ca ecuatia α′(t) =

λ·α′′(t) este echivalenta cu sistemul

{− t2−1

t2 = λ · 2t3

t2−1t2 = λ · 2

t3

, care are necunoscutele t ∈ Dα, λ ∈ R.

Acesta nu are solutii (t, λ) ∈ Dα×R (spre exemplu, scazand ecuatiile obtinem −2 = 0), decicurba nu are puncte de inflexiune.vii) Tabelul de variatie al curbei α este (vezi figura 7):

t −∞ −1 1 − √2 0 1 1 +√

2 +∞x(t) +∞ ↘ 2 ↘ 0 ↘ −∞|∞ ↘ 2 ↘ 0 ↘ −∞y(t) −∞ ↗ 0 ↘ 2 − 2

√2 ↘ −∞|∞ ↘ 4 ↗ 2 + 2

√2 ↗ +∞

x′(t) − − −1 − − − −|− − −1 − − − −y′(t) + + 0 − − − −|− − 0 + + + +Obs. y = −x + 4 My A y = x|y = −x my B y = −x + 4

Figura 7 Figura 8

113. a) Pentru curba Γ1 : y2(a− x) − x3 = 0, ecuatia curbei este echivalenta cuΓ1 : y2a− x(x2 + y2) = 0. Notam y = t · x si ınlocuind ın ecuatia curbei, obtinem

at2x2 − t2x3 − x3 = 0 ⇔ x2(x + xt2 − at2) = 0.

Distingem cazurile:i) pentru x = 0 avem y = 0, deci se obtine punctul A(0, 0) ∈ Γ;

ii) pentru x 6= 0 avem x + xt2 − at2 = 0, deci x = at2

1+t2 si y = at3

1+t2 . Rezulta pentru curbaΓ1 parametrizarea (vezi figura 8):

α1 : R→ R2, α1(t) = (x(t), y(t)) =(

at2

1 + t2,

at3

1 + t2

), t ∈ R.

Page 126: Exercitii algebra

126 ALGA-GDED

Ecuatia curbei se rescrie Γ1 : y2a−x(x2 + y2) = 0. Consideram relatiile{

x = ρ cos θy = ρ sin θ

, care

definesc trecerea de la coordonatele carteziene la coordonatele polare (ρ ≥ 0, θ ∈ [0, 2π)).Inlocuind ın ecuatia curbei, aceasta devine

aρ2 sin2 θ − ρ cos θ(ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2 θ) = 0,

de unde pentru ρ > 0 avem ρ2(a sin2 θ − ρ cos θ) = 0, deci ρ cos θ = a sin2 θ, iar pentruθ ∈ Dρ : [0, 2π)\{π

2 , 3π2 } obtinem ecuatia polara a curbei,

ρ =a sin2 θ

cos θ, θ ∈ Dρ.

Punctele de acumulare ale domeniului Dρ care nu fac parte din Dα sunt θ0 ∈ Dρ = {π2 , 3π

2 }.Calculam distanta de la origine la asimptota folosind formula

d = limθ→θ0

ρ(θ) · sin(θ − θ0) = limθ→θ0

a sin2 θ

cos θ· (− sin θ0 · cos θ) = ±a.

Ecuatiile polare ale celor doua asimptote sunt deci

ρ∆(θ) =d

sin(θ − θ0)⇒ ρ∆1,2(θ) =

±a

sin(θ − π2 )

, θ ∈ Dρ.

b) Ecuatia carteziana a curbei fiind Γ2 : x3 + y3 − 3axy = 0 observam ca ecuatia este deforma Γ : Q3(x, y)−P2(x, y) = 0, unde P2(x, y) = 3axy si Q3(x, y) = x3 +y3 sunt polinoameomogene de gradul II, respectiv III ın x si y; pentru a obtine o parametrizare a curbei sefoloseste substitutia y = tx. Inlocuind ın ecuatia carteziana, obtinem (vezi figura 9):

Figura 9 Figura 10

x3 + t3x3 − 3atx2 = 0 ⇔ x2(x + t3x)− 3at = 0.

Distingem cazurile:

i) pentru x = 0 rezulta y = 0, deci obtinem punctul A(0, 0) ∈ Γ;

ii) pentru x 6= 0 avem x(1 + t3) = 3at, deci x = 3at1+t3 si y = 3at2

1+t3 , t ∈ R\{−1}.Rezulta ca o parametrizare a curbei Γ2 este α2 : Dα2 = R\{−1} → R2,

α2(t) = (x(t), y(t)) =(

3at

1 + t3,

3at2

1 + t3

), t ∈ Dα.

Page 127: Exercitii algebra

Solutii 127

Procedand analog cu punctul a), ecuatia curbei devine

ρ3 cos3 θ + ρ3 sin3 θ − 3aρ2 cos θ · sin θ = 0 ⇔ ρ2(ρ cos3 θ + ρ sin3 θ − 3a cos θ · sin θ) = 0.

Pentru ρ = 0 se obtine punctul A(0, 0) = α(0) al curbei; pentru ρ 6= 0 (deci ρ > 0), rezultaρ(cos3 θ + sin3 θ) = 3a cos θ sin θ.Pentru θ ∈ Dρ : [0, 2π)\{θ| cos3 θ + sin3 θ = 0} = [0, 2π)\{3π

4 , 7π4 } obtinem ecuatia polara a

curbei,

ρ =3a cos θ sin θ

cos3 θ + sin3 θ, θ ∈ Dρ.

Punctele de acumulare ale domeniului Dρ care nu-i apartin sunt θ0 ∈ Dρ = { 3π4 , 7π

4 }. Cal-

culam distanta de la origine la asimptota; ın ambele cazuri limθ→θ0

ρ(θ) sin(θ − 3π

4) =

a√2.

Ecuatiile polare ale celor doua asimptote sunt

∆1 : ρ∆1(θ) = a/√

2

sin(θ− 3π4 )

, θ ∈ Dρ,

∆2 : ρ∆2(θ) = a/√

2

sin(θ− 7π4 )

, θ ∈ Dρ.

c) Inlocuind y = tx ın ecuatia curbei Γ3 : x(x2 + y2) + a(y2 − x2) = 0, obtinem (vezi figura10)

x3 + t2x3 + at2x2 − ax2 = 0 ⇔ x2(x + t2x + at2 − a) = 0.

Distingem cazurile:i) pentru x = 0 rezulta y = 0, deci obtinem punctul A(0, 0) ∈ Γ;

ii) pentru x 6= 0 avem x(1 + t2) = a− at2, deci x = a(1−t2)1+t2 si y = at(1−t2)

1+t2 , t ∈ R. Rezulta cao parametrizare a curbei Γ3 este α3 : Dα3 = R→ R2,

α3(t) = (x(t), y(t)) =(

a(1− t2)1 + t2

,at(1− t2)

1 + t2

), t ∈ Dα3 .

Procedand analog cu punctele a) si b), ecuatia curbei devine

ρ3 cos θ + aρ2(sin2 θ − cos2 θ) = 0.

Pentru ρ > 0 rezulta ρ cos θ = a(cos2 θ − sin2 θ), iar pentru θ ∈ Dρ : [0, 2π)\{π2 , 3π

2 } obtinemecuatia polara a curbei,

ρ =a(cos2 θ − sin2 θ)

cos θ, θ ∈ Dρ.

Punctele de acumulare ale domeniului Dρ sunt θ0 ∈ Dρ = {π2 , 3π

2 }. Distanta de la origine laasimptota este

limθ→θ0

ρ(θ) sin(θ − θ0) = limθ→θ0

a · sin3 θ0 = ±a.

Ecuatiile polare ale celor doua asimptote sunt

∆1 : ρ∆1(θ) = asin(θ−π

2 ) , θ ∈ Dρ,

∆2 : ρ∆2(θ) = −asin(θ− 3π

2 ), θ ∈ Dρ.

114. a) Folosim formulele

∆t : y =ρ

ρ′(x− ρ), ∆n :

ρ

ρ′y + x− ρ = 0,

Page 128: Exercitii algebra

128 ALGA-GDED

Figura 11a Figura 11b

care dau respectiv ecuatiile tangentei si normalei la curba ın sistemul mobil XOY si formulacurburii, k = ρ2+2ρ′2−ρρ′′

(ρ2+ρ′2)3/2 .

Reprezentarea grafica a curbei pentru t ∈ R si t ≥ 0 este data ın figurile 11a si 11 b respectiv.Pentru curba Γ1 : ρ = aθ, obtinem

∆t : y = aθa (x− aθ) ⇔ y = θ(x− aθ),

∆n : aθa y + x− aθ = 0 ⇔ θy + x− aθ = 0.

Folosind formula de mai sus, obtinem curbura spiralei lui Arhimede:

k1 =a2θ2 + 2a2

(a2θ2 + a2)3/2=

a2(θ2 + 2)a3(θ2 + 1)3/2

=θ2 + 2

a(θ2 + 1)3/2.

b) Pentru curba Γ2 : ρ = eaθ (vezi figura 12), obtinem

Figura 12

∆t : y = eaθ

aeaθ (x− eaθ) ⇔ y = 1a (x− eaθ),

∆n : eaθ

aeaθ y + x− eaθ = 0 ⇔ y + ax− aeaθ = 0,

iar curbura spiralei exponentiale este:

k2 =e2aθ + 2a2e2aθ − a2e2aθ

(e2aθ + a2e2aθ)3/2=

e2aθ(1 + a2)e3aθ(1 + a2)3/2

=1

eaθ√

1 + a2.

Page 129: Exercitii algebra

Solutii 129

IV.4. Curbe ın spatiu

115. a) Observam ca α : I → R3 este curba regulata, caci vectorul tangentei la curbaın punctul curent este α′(t) = (−2 sin t, 2 cos t, 1), de norma ‖α′(t)‖ =

√5 6= 0. Versorul

tangent este deci

T =α′(t)‖α′(t)‖ =

(− 2√

5sin t,

2√5

cos t,1√5

).

Calculam vectorul normal la planul osculator al curbei, α′ × α′′ = (2 sin t,−2 cos t, 4), denorma ‖α′ × α′′‖ = 2

√5; obtinem versorul binormal

B(t) =α′(t)× α′′(t)‖α′(t)× α′′(t)‖ =

(1√5

sin t,− 1√5

cos t,2√5

).

Versorul normalei principale la curba ın punctul curent este N = B × T , deci

N(t) =15

∣∣∣∣∣∣

i j ksin t − cos t 2

−2 sin t 2 cos t 1

∣∣∣∣∣∣= (− cos t)i + (− sin t)j ≡ (− cos t,− sin t, 0).

Deci obtinem reperul mobil Frenet al curbei ıntr-un punct mobil al sau,

Rα(t) = {α(t); {T (t), N(t), B(t)}},

cu campurile de versori descrise mai sus. Folosind formulele curburii si torsiunii:

k(t) =‖α′(t)× α′′(t)‖

‖α′(t)‖3 , τ(t) =〈α′(t)× α′′(t), α′′′(t)〉‖α′(t)× α′′(t)‖2 ,

obtinem

k(t) =2√

55√

5=

25

> 0, τ(t) =4 sin2 t + 4 cos2 t

20=

15

> 0.

b) Avem A(−2, 0, π) = α(π) si calculand elementele Frenet pentru t0 = π, obtinem:

T (t0) = (0, −2√5, 1√

5) ≡ (0,−2, 1)

N(t0) = (1, 0, 0)

B(t0) = (0, 1√5, 2√

5) ≡ (0, 1, 2).

c) Curba α este elice daca raportul dintre curbura si torsiune este constant; ın cazul nostruavem k(t)/τ(t) = 2/5

1/5 = 2 = const.. In concluzie, curba α este o elice.

d) Ecuatiile carteziene ale curbei α se obtin prin eliminarea parametrului t din sistemul

x = 2 cos ty = 2 sin tz = t

. Adunand patratele primelor doua relatii obtinem x2 + y2 = 4 si ınlocuind t

din ultimele ecuatii ın prima, rezulta x = 2 cos z, deci

T = Im α :{

x = 2 cos zx2 + y2 = 4.

e) Muchiile reperului Frenet ıntr-un punct curent al curbei sunt dreptele tangenta, normalaprincipala si binormala. Acestea au respectiv versorii directori T (t), N(t), B(t). Ecuatiile

Page 130: Exercitii algebra

130 ALGA-GDED

carteziene ale acestora sunt

∆tg :x− 2 cos t

− 2√5

sin t=

y − 2 sin t2√5

cos t=

z − t1√5

∆nor.pr. :x− 2 cos t

− cos t=

y − 2 sin t

− sin t=

z − t

0

∆bin :x− 2 cos t

1√5

sin t=

y − 2 sin t

− 1√5

cos t=

z − t2√5

.

116. a) Ecuatia planului osculator (determinat de punctul curent α(t) si de vectoriiα′(t) si α′′(t) este

πosc,α(t) :

∣∣∣∣∣∣

x− x(t) y − y(t) z − z(t)x′(t) y′(t) z′(t)x′′(t) y′′(t) z′′(t)

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣

x− (t2 + t) y − (t2 − t) z − (t2 − t)2t + 1 2t− 1 2t− 1

2 2 2

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔

⇔ −4(y − (t2 − t)) + 4(z − (t2 − t)) = 0 ⇔ y − z = 0.

Deci ecuatia planului osculator nu depinde de parametrul t si deci α este o curba plana.Aflam planul π ⊃ Imα.

Fie π : ax + by + cz + d = 0, a2 + b2 + c2 6= 0; presupunem ca α este inclusa ın planul π.Cum α(t) = (t2 + t, t2 − t, t2 − t), t ∈ R, ınlocuind ın ecuatia planului avem

a(t2 + t) + b(t2 − t) + c(t2 − t) + d = 0, ∀t ∈ R⇔⇔ t2(a + b + c) + t(a− b− c) + d = 0, ∀t ∈ R⇔

a + b + c = 0a− b− c = 0d = 0

⇔{

a = 0, b = λ,

c = −λ, d = 0λ ∈ R.

Solutiile sistemului sunt deci (a, b, c, d) = λ(0, 1,−1, 0), λ ∈ R. Alegand λ = 1, obtinemecuatia planului cautat ın care este continuta curba, π : y − z = 0. Se observa ca planulobtinut este exact planul osculator, deci

Γ = Imα ⊂ π = πosc,α(t).

b) Avem

α′(t) = (2t + 1, 2t− 1, 2t− 1)α′′(t) = (2, 2, 2)α′′′(t) = (0, 0, 0)

, deci 〈α′, α′′ × α′′′〉 = 0 si torsiunea curbei α ın

punctul curent devine:

τ =〈α′, α′′ × α′′′〉‖α′ × α′′‖2 = 0, ∀t ∈ R.

c) Avem

α′(t)× α′′(t) =

∣∣∣∣∣∣

i j k2t + 1 2t− 1 2t− 1

2 2 2

∣∣∣∣∣∣= 0 · i− 4 · j + 4 · k ≡ (0,−4, 4),

deci campul de versori ai binormalei este

B(t) =α′(t)× α′′(t)‖α′(t)× α′′(t)‖ =

14√

2(0,−4, 4) =

(0,−

√2

2,

√2

2

).

care ın mod evident este independent de t.

Page 131: Exercitii algebra

Solutii 131

117. a) Pentru o curba ın spatiu data prin ecuatii carteziene implicite, Γ :{

F (x, y, z) = 0G(x, y, z) = 0 ,

ecuatiile dreptei tangente si ecuatia planului normal sunt respectiv

∆tg,A :x− x0

a=

y − y0

b=

z − z0

c

πnor,A : a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0.

unde n = ai + bj + ck = ( grad F × gradG)|A. In cazul nostru, F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 −2, G(x, y, z) = z − 1 si

n = ( grad F × gradG)|A =

∣∣∣∣∣∣

i j k2x 2y 2z0 0 1

∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣A(−1,0,1)

=

=

∣∣∣∣∣∣

i j k−2 0 20 0 1

∣∣∣∣∣∣≡ (0, 2, 0) = (a, b, c).

Deci

∆tg,A : x+10 = y−0

2 = z−10 ⇔

{x = −1z = 1

πnor,A : (x + 1) · 0 + (y − 0) · 2 + (z + 1) · 0 = 0 ⇔ y = 0 (planul xOz).

b) In sistemul Γ :{

x2 + y2 + z2 = 2z = 1 ınlocuind z din a doua ecuatie ın prima, obtinem

x2 + y2 = 1, deci o parametrizare a curbei este

Γ :

x = cos ty = sin tz = 1

, t ∈ [0, 2π).

IV.5. Suprafete

118. a) Vitezele partiale sunt derivatele partiale ale functiei r,{

ru = ∂r∂u = (cos v, sin v, 2u)

rv = ∂r∂v = (−u sin v, u cos v, 0).

Aplicatia r este o parametrizare daca este imersie injectiva. Verificam injectivitatea. Pentru(u1, v1), (u2, v2) ∈ D, folosind faptul ca u > 0, obtinem(39)

r(u1, v1) = r(u2, v2) ⇔

u1 cos v1 = u2 cos v2

u1 sin v1 = u2 sin v2

u21 = u2

2

⇔{

u1 = u2

v1 = v2⇔ (u1, v1) = (u2, v2),

deci r este injectiva. Verificam ca r este imersie. Avem

dr = ru · du + rv · dv = [ru, rv]r(u,v) ·(

dudv

).

Construim matricea Jacobiana [J(r)] = [ru, rv]r(u,v) a aplicatiei r si verificam daca rang [J(r)] =2. Obtinem

[J(r)] =

cos v −u sin vsin v u cos v2u 0

,

Page 132: Exercitii algebra

132 ALGA-GDED

deci ∣∣∣∣cos v −u sin vsin v u cos v

∣∣∣∣ = u > 0 ⇒ rang [J(r)] = 2,

deci r este imersie; fiind si injectiva, rezulta ca r este o parametrizare. Astfel, Σ = r(D) esteo suprafata simpla (vezi figura 10).b) Determinam parametrii u si v asociati punctului A ∈ Σ. Rezolvam sistemul

r(u, v) = A ⇔ (u cos v, u sin v, u2) = (−2, 0, 4) ⇔

u cos v = −2u sin v = 0u2 = 4

⇒{

u = 2v = π

⇒ A = r(2, π).

Calculam vitezele partiale ın punctul A.{

ru|A = (cos π, sin π, 22) = (−1, 0, 4)rv|A = (−2 sin π, 2 cos π, 0) = (0,−2, 0).

Atunci avem

πtg,A :

∣∣∣∣∣∣

x + 2 y z − 4−1 0 40 −2 0

∣∣∣∣∣∣⇔ 4x + z + 4 = 0.

Prin urmare, un vector normal la plan este n = vnor ≡ (4, 0, 1), iar ∆nor,A : x+24 = y

0 = z−41 .

Altfel. Aflam vectorul director n al dreptei ∆nor,A.

n = ru×rv =

∣∣∣∣∣∣

i j kcos v sin v 2u

−u sin v u cos v 0

∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣A=r(2,π)

= (−2u2 cos v,−2u2 sin v, u)u=2,v=π = (8, 0, 2),

de unde rezulta

∆nor,A : x+28 = y

0 = z−42

πtg,A : 8(x + 2) + 0 · y + 2(z − 4) = 0 ⇔ 4x + z + 4 = 0.

c) Avem n = ru×rv

||ru×rv|| si folosind u > 0,

||ru × rv|| =√

4u4 cos2 v + 4u4 sin2 v + u2 =√

4u4 + u2 = u√

4u2 + 1,

deci

n =(−2u cos v√

4u2 + 1,−2u sin v√

4u2 + 1,

1√4u2 + 1

).

Atunci reperul mobil Gauss va fi

RG = {r(u, v); {ru, rv, n}}.

Reperul este format din punctul P = r(u, v) ∈ Σ si baza {ru, rv, n} a spatiului vectorialTPR3 ≡ V3.d) Pentru a afla ecuatia carteziana a suprafetei, eliminam parametrii u si v din ecuatiileparametrice ale acesteia,

x = u cos vy = u sin vz = u2

⇒ x2 + y2 = z ⇔ x2 + y2 − z = 0,

deci Σ este o cuadrica (paraboloid eliptic).

Page 133: Exercitii algebra

Solutii 133

e) Prima familie de curbe coordonate este

Γu=u0,v=t : α(t) = r(u0, t) = (u0 cos t, u0 sin t, u20), t ∈ [0, 2π].

Pentru a vedea ce reprezinta curba, pentru diferite valori ale lui u0, obtinem ecuatiilecarteziene ale acesteia

x = u0 cos ty = u0 sin tz = u2

0

⇒{

x2 + y2 = u20 (cilindru)

z − u20 = 0 (plan),

deci un cerc; rezulta ca prima familie de curbe coordonate este formata din cercuri. A douafamilie de curbe coordonate este data de

Γv=v0,u=s : β(s) = r(s, v0) = (s cos v0, s sin v0, s2), s > 0.

Pentru a afla ce reprezinta familia a doua de curbe coordonate, aflam ecuatiile carteziene aleacestora,

x = s cos v0

y = s sin v0

z = s2⇒

{y sin v0 − x cos v0 = 0 (plan)

z = 1cos2 v0

· x2 (cilindru parabolic),

deci o parabola; prin urmare a doua familie de curbe coordonate este formata din parabole.f) Unghiul format de curbele coordonate este dat de

θ = arccos〈ru, rv〉

||ru|| · ||rv||

∣∣∣∣A

= arccos 0 =π

2.

Deci curbele coordonate se intersecteaza ın A sub un unghi de 90o. Se observa ca pentrusuprafata data avem ın general

〈ru, rv〉 = −u cos v sin v + u sin v cos v + 0 = 0 ⇔ ru ⊥ rv,

deci ın oricare punct al suprafetei curbele coordonate sunt ortogonale. De asemenea re-marcam ca cei doi vectori ortogonali tangenti la curbele coordonate nu sunt ın general versori,deoarece

||ru|| =√

1 + 4u2 ≥ 1, ||rv|| =√

u2 = |u| = u > 0.

119. a) Notam Σ : f(x, y, z) ≡ x3 − z + 1 = 0 si examinam daca Σ contine sau nupuncte critice ale lui f . Acestea se obtin prin anularea gradientului functiei f ,

grad f ≡ (3x2, 0,−1) = (0, 0, 0) ⇔

3x2 = 00 = 0−1 = 0,

fara solutii, deci f nu are puncte critice; prin urmare nici suprafata Σ : f = 0 nu are punctesingulare, deci este o suprafata regulata.b) Campul de versori normali la suprafata este

n =grad f

|| grad f || =(

3x2

√1 + 9x4

, 0,−1√

1 + 9x4

).

c) Vectorul normal la suprafata ın A este vnor,A = grad f |A = (3x2, 0,−1)|A(1,0,2) =(3, 0,−1), deci

{∆nor,A : x−1

3 = y0 = z−2

−1

πtg,A : 3(x− 1) + 0 · y + (−1)(z − 2) = 0 ⇔ 3x− z − 1 = 0.

Page 134: Exercitii algebra

134 ALGA-GDED

120. a) Ecuatiile parametrice ale suprafetei se rescriu

r(u, v) = u(cos v, sin v, 0) + (0, 0, v) = (0, 0, v)︸ ︷︷ ︸≡α(v)

+u (cos v, sin v, 0)︸ ︷︷ ︸≡β(v)

,

deci suprafata Σ = r(R2) este un elicoid (vezi figura 13a) cu axa directoare ∆ax = Im (α) =

Oz :

x = 0y = 0z = v = t ∈ R

(pe care se sprijina generatoarele elicoidului) si plan director πdir =

xOy ⊃ Im (β) (plan fata de care sunt paralele generatoarele elicoidului de directie β(v)).Eliminand cei doi parametri u si v din ecuatiile parametrice ale suprafetei, rezulta ecuatiacarteziana a acesteia

x = u · cos vy = u · sin vz = v

⇒ x = tg v = tg z ⇒ tg z − y

x= 0 ⇔ x sin z − y cos z = 0,

deci s-a obtinut o ecuatie de forma φ( yx , z) = 0; deci suprafata este un conoid cu plan director

z = 0 si axa directoare ∆ :{

x = 0y = 0 , axa Oz.

Figura 13a Figura 13b

b) Ecuatiile parametrice ale suprafetei se rescriu

r(u, v) = (cos u, sin u, 0) + v(0, 0, 1) = (cos u, sin u, 0)︸ ︷︷ ︸≡α(u)

+v (0, 0, 1)︸ ︷︷ ︸≡β0

,

deci suprafata data este de tip cilindric (vezi figura 13b), cu generatoarele paralele cu directiaβ0; eliminand cei doi parametri din ecuatiile parametrice ale suprafetei, rezulta ecuatiacarteziana a acesteia, x2 + y2 − 1 = 0, o ecuatie de forma φ(x, y) = 0; deci suprafata

este cilindrica, cu generatoarele paralele cu dreapta ∆ :{

x = 0y = 0 , axa Oz.

c) Ecuatiile parametrice ale suprafetei se rescriu

r(u, v) = (0, 0, 0)︸ ︷︷ ︸≡α0

+v · (cos u, sin u, 1)︸ ︷︷ ︸≡β(u)

,

deci suprafata data este o suprafata conica (vezi figura 13c), cu varful ın punctul O(0, 0, 0);eliminand cei doi parametri din ecuatiile parametrice ale suprafetei, rezulta ecuatia cartezianaa acesteia, x2 + y2 − z2 = 0 ⇔ (

xz

)2 +(

yz

)2 − 1 = 0, o ecuatie de forma φ(

xz

),(

yz

)= 0;

Page 135: Exercitii algebra

Solutii 135

Figura 13c

deci suprafata este o suprafata conica, cu varful localizat ın punctul O :

x = 0y = 0z = 0

, deci ın

origine.

121. a)-b) Matricea primei forme fundamentale este [I] =( 〈ru, ru〉 〈ru, rv〉〈rv, ru〉 〈rv, rv〉

)≡

(E FF G

). Obtinem succesiv

{ru = (cos v, sin v, 0)rv = (−u · sin v, u · cos v, 1),

deci

E = 1F = 0G = u2 + 1

⇒ [I] =(

1 00 u2 + 1

)=

(1 00 ρ2

),

unde am notat ρ =√

u2 + 1 > 0. Deci prima forma fundamentala a suprafetei este

ds2 = (du, dv)(

E FF G

)(dudv

)= E · du2 + 2F · du dv + G · dv2 = du2 + (1 + u2)dv2.

Matricea celei de-a doua forme fundamentale este

[II] =( 〈ruu, n〉 〈ruv, n〉〈rvu, n〉 〈rvv, n〉

)≡

(L MM N

),

unde n =ru × rv

||ru × rv|| . Obtinem

ru × rv =

∣∣∣∣∣∣

i j kcos v sin v 0

−u · sin v u · cos v 1

∣∣∣∣∣∣= sin vi− cos vj + uk ≡ (sin v,− cos v, u),

deci

||ru × rv|| =√

u2 + 1 ⇒ n =(

sin v

ρ,− cos v

ρ,u

ρ

).

Se observa ca

ruu = (0, 0, 0)ruv = (− sin v, cos v, 0)rvv = (−u · cos v,−u · sin v, 0)

L = 0M = −1/ρN = 0

⇒ [II] =(

0 −1/ρ−1/ρ 0

),

Page 136: Exercitii algebra

136 ALGA-GDED

deci a doua forma fundamentala este

dσ2 = (du, dv)(

L MM N

)(dudv

)=

−2√u2 + 1

du dv.

Matricea celei de-a treia forme fundamentale este

[III] = [II] · [I]−1 · [II] =(

1/ρ4 00 1/ρ2

).

Din coeficientii matricei primei forme fundamentale se observa ca• ||ru||2 = 〈ru, ru〉 = E = 1, deci ||ru|| = 1 (ru este versor);• ||rv||2 = 〈rv, rv〉 = G = ρ2 6= 0, deci ||ru|| ≥ 1 iar rv nu este ın general versor, iar• F = 〈ru, rv〉 = 0, deci ru ⊥ rv. In concluzie, rv nefiind versor ın fiecare punct al suprafetei,baza reperului Gauss BG = {ru, rv, n} nu este ortonormata.c) Curburile Gauss si medie ale suprafetei sunt date de

K =det[II]det[I]

, H =12· EN + LG− 2FM

det[I],

iar pentru suprafata data obtinem,

K =−1/ρ2

ρ2= − 1

ρ4< 0, H =

12· 0 + 0 · 2

ρ2= 0.

d) Deoarece K 6≡ 0, suprafata nu este desfasurabila, dar este minimala, deoarece H ≡ 0.Deoarece K < 0, rezulta ca toate punctele suprafetei sunt de tip hiperbolic.e) Verificam formula Beltrami-Enneper, [III] − 2H[II] + K[I] = [0]. Intr-adevar, are locidentitatea

(1/ρ4 0

0 1/ρ2

)− 2 · 0 ·

(0 − 1

ρ

− 1ρ 0

)+

(− 1

ρ4

)(1 00 ρ2

)=

(0 00 0

).

122. a) Matricea operatorului Weingarten este data de relatia

[S] = [I]−1 · [II] =(

1 00 1/ρ2

)·(

0 −1/ρ−1/ρ 0

)=

(0 −1/ρ

−1/ρ3 0

).

b) Conform teoremei Rodriguez, curburile principale k1,2 sunt exact valorile proprii alematricii [S], iar directiile principale sunt date de o pereche de vectori proprii w1,2 asociatiacestora. Pentru a afla valorile proprii ale matricii [S], calculam polinomul caracteristic,

P (λ) = det([S]− λI2) =∣∣∣∣

−λ −1/ρ−1/ρ3 −λ

∣∣∣∣ = λ2 − 1ρ4

.

Ecuatia caracteristica P (λ) = 0 are deci radacinile{

λ1 = k1 = − 1ρ2

λ2 = k2 = 1ρ2 .

Aflam vectorii proprii corespunzatori celor doua valori proprii.Pentru λ1 = − 1

ρ2 , sistemul caracteristic ([S]− λ1I2)w = 0 se rescrie, pentru w = t(a, b),(

1ρ2 −1

ρ

− 1ρ3

1ρ2

)(ab

)=

(00

)⇔

{b = s1ρ2 · a− 1

ρ · s = 0 ⇔{

a = ρsb = s

⇒ (a, b) = s(ρ, 1);

Page 137: Exercitii algebra

Solutii 137

Prima directie principala este data deci de vectorul tangent w1 = (ρ, 1),

w1 = (ρ, 1) ≡ ρru + rv ∈ Tr(u,v)Σ,

ale carui componente ın spatiul cu trei dimensiuni sunt

w1 ≡√

1 + u2(cos v, sin v, 0) + 1 · (−u sin v, u cos v, 1).

Pentru λ2 = 1ρ2 , sistemul caracteristic ([S]− λ1I2)w = 0 se rescrie, pentru w = t(a, b),

( −1/ρ2 −1/ρ−1/ρ3 −1/ρ2

)(ab

)=

(00

)⇔

{b = s− 1

ρ2 · a− 1ρ · s = 0 ⇔

{a = −ρsb = s,

deci (a, b) = (−ρs, s) = s(−ρ, 1). A doua directie principala este data deci de vectorul

w2 = (−ρ, 1) ≡ −ρru + rv ∈ Tr(u,v)Σ,

ale carui componente in spatiul cu trei dimensiuni sunt

w2 ≡ −√

1 + u2(cos v, sin v, 0) + 1 · (−u sin v, u cos v, 1).

Putem determina cele doua curburi principale k1,2 si folosind curburile K si H ale suprafetei.Acestea satisfac ecuatia

λ2 − 2Hλ + K = 0 ⇔ λ2 − 1ρ4

= 0 ⇒{

k1 = − 1ρ2

k2 = 1ρ2 .

c) Vectorul tangent w = 2ru − rv ≡ (2,−1) are curbura normala asociata

kn(w) =[II](w, w)[I](w, w)

=(2,−1)

(0 − 1

ρ

− 1ρ 0

)(2−1

)

(2,−1)(

1 00 ρ2

)(2−1

) =4ρ

4 + ρ2=

4ρ(4 + ρ2)

.

Aflam valorile parametrilor u si v corespunzatori punctului A(−1, 0, π), rezolvand sistemul

u · cos v = −1u · sin v = 0v = π

⇒{

u = 1v = π

⇔ (u, v) = (1, π),

de unde ρ|A =√

2, iar

kn(w) =4√

2(4 + 2)=

23√

2=√

23

.

In plus, directia efectiva (ın 3D) determinata de w este data de

w = (2ru − rv)|A ≡ 2(−1, 0, 0)− (0,−1, 1) = (−2, 1,−1).

d) Se observa ca ın punctul A avem ρ =√

2, deci k1 = − 12 , k2 = 1

2 . Atunci, fata de unsistem de coordonate convenabil ales, suprafata are o forma asemanatoare cu cea de ecuatiecarteziana

Σaprox : z =12

(−1

2x2 +

12y2

)⇔ y2

4− x2

4= z,

deci local suprafata are forma unui paraboloid hiperbolic (vezi figura 14).

Page 138: Exercitii algebra

138 ALGA-GDED

Figura 14

123. a) Parametrizam curba notand u = t; rezulta v = 2t, deci

α(t) = r(t, 2t) = (t cos 2t, t sin 2t, 2t), t ∈ [1, 2],

iarα′(t) = (cos 2t− 2t sin 2t, sin 2t + 2t cos 2t, 2) ⇒ ||α′(t)|| =

√4t2 + 1 + 4.

Atunci, folosind o substitutie de tip Euler pentru calculul integralei definite, lungimea arculuide curba este

l =∫ 2

1

||α′(t)||dt =∫ 2

1

√4t2 + 5dt =

√21− 15

8· ln 5 +

54· ln(4

√5 +

√21√

5)− 32.

b) Aplicam formula de calcul a ariei

A =∫∫

D

√det[I] du dv =

∫∫

D

√EG− F 2 du dv =

=∫∫

D

√1(1 + u2)− 02du dv =

∫ 1

0

du

∫ π

0

√1 + u2dv =

=∫ 1

0

√1 + u2du · ∫ π

0dv = π · ∫ 1

0

√1 + u2du.

Folosind substitutia√

u2 + 1 = u + t rezulta

u2 + 1 = u2 + 2tu + t2 ⇒ u = 1−t2

2t

du = 12 · −2t2−(1−t2)

t2 dt = −1+t2

2t2 dt√

u2 + 1 = u + t = 1−t2

2t + t = 1+t2

2t .

De asemenea, avem u = 0 ⇒ t = 1 si u = 1 ⇒ t =√

2− 1, deci

A = π

∫ √2−1

1

1 + t2

2t· (−1 + t2

2t2)dt =

π

4

∫ 1

√2−1

(1 + t2)2

t3dt =

π

4

∫ 1

√2−1

(t2 +2t

+1t3

)dt =

= π4 · ( t2

2 + 2 ln |t|+ t−2

−2 )|1√2−1

= π4

[( 12 + 2 ln 1− 1

2 )− ( 3−2√

22 + 2 ln(

√2− 1) + 1

2(3−2√

2))]

= π4 · 1

2

[3− 2

√2 + 4 ln(

√2− 1) + 1

2(3−2√

2

]= π

8 (3− 2√

2 + 4 ln(√

2− 1) + 3 + 2√

2) =

= π8 · 6 + π

8 · 4 ln(√

2− 1) = 3π4 + π

2 ln(√

2− 1).

Page 139: Exercitii algebra

Solutii 139

124. a) Ecuatia diferentiala a liniilor de curbura α(t) = r(u(t), v(t)) este∣∣∣∣∣∣

v′2 −u′v′ u′2

E F GL M N

∣∣∣∣∣∣= 0.

Calculam coeficientii de pe liniile inferioare ale determinantului,

{ru = (− sin u, cos u, 0)rv = (0, 0, 1) ⇒

E = 〈ru, ru〉 = 1F = 〈ru, rv〉 = 0G = 〈rv, rv〉 = 1.

Obtinem

ruu = (− cosu,− sin u, 0)ruv = (0, 0, 0)rvv = (0, 0, 0)

L = 〈ruu, n〉 = −1M = 〈ruv, n〉 = 0N = 〈rvv, n〉 = 0.

Determinam campul n de versori normal la suprafata,

ru × rv =

∣∣∣∣∣∣

i j k− sin u cos u 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣≡ (cos u, sin u, 0) ⇒ ||ru × rv|| =

√1 = 1,

deci n = (cos u, sin u, 0). Atunci ecuatia diferentiala a liniilor de curbura (ecuatia curbelorprincipale) devine ∣∣∣∣∣∣

v′2 −u′v′ u′2

1 0 1−1 0 0

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ u′v′ = 0.

Distingem urmatoarele cazuri:Cazul I. u′ = 0 ⇔ u(t) = a = const.. Notam v(t) = t si obtinem curbele

α(t) = r(a, t) = (cos a, sin a, t), t ∈ R.

Ecuatiile carteziene ale acestora se obtin prin eliminarea parametrului t din ecuatiile para-metrice,

x = cos ay = sin az = t

⇒{

x− cos a = 0 (plan)y − sin a = 0 (plan),

deci fiecare din curbe este o dreapta. Acest lucru se poate vedea si observand ca ecuatiile

parametrice ale acestor curbe sunt de forma

x = 0t + cos ay = 0t + sin az = 1t + 0, t ∈ R

din care, prin eliminarea

parametrului t, rezulta ecuatiile carteziene canonice ale unor drepte

(t =)x− cos a

0=

y − sin a

0=

z − 01

de directie v = (0, 0, 1) ≡ k, deci drepte paralele cu axa Oz. Acestea sunt exact generatoarelecilindrului din enunt. Se observa ca, ıntr-adevar, suprafata parametrizata data este uncilindru, deoarece ecuatia carteziana a acestuia, obtinuta din ecuatiile parametrice,

x = cos uy = sin uz = v

⇒ x2 + y2 = 1,

Page 140: Exercitii algebra

140 ALGA-GDED

este ecuatia unui cilindru circular drept de raza 1 si axa de simetrie Oz. In concluzie, primafamilie de curbe principale ale cilindrului dat este formata din generatoarele acestuia.Cazul II. v′ = 0 ⇒ v(t) = b = const.. Notand u = t, obtinem ecuatiile parametrice si apoicarteziene ale celei de-a doua familii de curbe principale,

β(t) = r(t, b) = (cos t, sin t, b) ⇔

x = cos ty = sin tz = b

⇒{

x2 + y2 = 1 (cilindrul dat)z − b = 0 (plan perp. pe axa cilindrului)

deci curbele principale ale celei de-a doua familii sunt cercuri de sectiune transversala acilindrului. In concluzie, curbele principale ale cilindrului constau din generatoare si cercuri.b) Curbele (”liniile”) asimptotice satisfac ecuatia diferentiala

(u′, v′)[II](

u′

v′

)= 0.

Inlocuind L,M,N determinate la punctul a), obtinem matricea [II] =( −1 0

0 0

), deci

ecuatia liniilor asimptotice se rescrie

(u′, v′)( −1 0

0 0

)(u′

v′

)= 0 ⇔ −u′2 = 0 ⇔ u′ = 0.

Dar u′ = 0 ⇒ u(t) = a = const. si v(t) = t, deci se obtin generatoarele cilindrului consideratela punctul anterior. In concluzie, liniile asimptotice ale cilindrului sunt generatoarele acestuia.c) Determinam geodezicele cilindrului. Pentru a obtine ecuatiile geodezicelor α(t) = r(u(t), v(t)),punem conditiile ca acestea sa fie de viteza unu (||α′(t)|| = 1) si sa satisfaca relatia α′′(t) ⊥Tα(t)Σ. In ansamblu aceste conditii se rescriu

〈α′′, ru|α(t)〉 = 0〈α′′, rv|α(t)〉 = 0〈α′, α′〉 = 1,

Obtinem succesiv{

α′ = u′ru + v′rv

α′′ = u′′ru + v′′rv + u′2ruu + 2u′v′ruv + v′2rvv.

La noi, r(u, v) = (cos u, sin u, v) si obtinem

α′ = u′(− sin u, cosu, 0) + v′(0, 0, 1).

Inlocuind ın cele trei relatii ale sistemului precedent, obtinem

u′′E + v′′F + u′2〈ruu, ru〉+ 2u′v′〈ruv, ru〉+ v′2〈rvv, ru〉 = 0

u′′F + v′′G + u′2〈ruu, rv〉+ 2u′v′〈ruv, rv〉+ v′2〈rvv, rv〉 = 0

Eu′2 + 2Fu′v′ + Gv′2 = 1.

Inlocuind derivatele partiale rezulta

u′′ · 1 + v′′ · 0 + u′2 · 0 + 2u′v′ · 0 + v′2 · 0 = 0

u′′ · 0 + v′′ · 1 + u′2 · 0 + 2u′v′ · 0 + v′2 · 0 = 0

1 · u′2 + 2 · 0 · u′v′ + 1 · v′2 = 1,

Page 141: Exercitii algebra

Solutii 141

de unde rezulta

(40)

u′′ = 0 ⇒ u′ = a ⇒ u = at + b

v′′ = 0 ⇒ v′ = c ⇒ v = ct + d

u′2 + v′2 = 1 ⇒ a2 + c2 = 1.

Determinam curba α prin substituirea functiilor u si v obtinute ın ecuatia parametrica asuprafetei,

α(t) = r(u(t), v(t)) = (cos(at + b), sin(at + b), ct + d).

Examinam curba α; distingem trei cazuri:i) a = 0; din a treia relatie (40) rezulta c = ±1, deci obtinem curbele

α1(t) = (cos b, sin b,±t + d);

eliminand parametrul t din ecuatiile parametrice obtinute, rezulta ca acestea sunt genera-toarele cilindrului paralele cu axa Oz si aflate la distanta 1 de aceasta axa,

∆ :x− cos b

0=

y − sin b

a=

z − d

±1(= t).

ii) c = 0; dintr-a treia relatie (40) rezulta a = ±1, deci obtinem

α2(t) = (cos(±t + b), sin(±t + b), d).

Eliminand parametrul t, se constata ca s-a obtinut o familie de cercuri de ecuatii carteziene{

x2 + y2 = 1

z = d.

In concluzie, a doua familie de godezice ale cilindrului este formata din cercuri de sectiunetransversala.iii) Daca a 6= 0, c 6= 0 si a2 + c2 = 1, atunci

α3(t) = (cos(at + b), sin(at + b), ct + d).

Efectuand schimbarea de parametru θ = at+b rezulta t = θ−ba si ct+d = cθ

a − bca +d = mθ+n,

unde am notat m = ca , n = − bc

a + d. Atunci, reparametrizand curba α3, obtinem nouaexpresie

α3(θ) = (cos θ, sin θ, mθ + n).

Se observa ca s-a obtinut o familie de elice. In concluzie, geodezicele cilindrului sunt• drepte (generatoarele cilindrului),• cercuri (obtinute prin sectionarea cilindrului cu plane transversale pe axa sa de simetrie),• elice.

V.1. Ecuatii diferentiale ordinare

125. Prin derivarea relatiei date ın enunt rezulta

y′ cos y − c = 0 ⇒ c = y′ cos y.

Inlocuind valoarea obtinuta pentru c ın relatie, rezulta

sin y − y′ cos y · x = 0 ⇔ xy′ cos y − sin y = 0,

Page 142: Exercitii algebra

142 ALGA-GDED

ecuatia data, ceea ce probeaza ca functia y data implicit satisface ecuatia.

Altfel. Folosind relatia data, explicitam functia y,

sin y − cx = 0 ⇒ sin y = cx ⇒ y = kπ + (−1)k arcsin(cx) ⇒ y′ = (−1)kc√1−c2x2 ,

iar sin y = sin(kπ + (−1)k arcsin(cx)) = cx,

cos y = cos(kπ + (−1)k arcsin cx) = (−1)k ·√

1− sin2(arcsin cx) = (−1)k√

1− c2x2.

Inlocuind y′, sin y si cos y ın ecuatie, aceasta devine

xy′ cos y − sin y = 0 ⇔ x · (−1)kc√1− c2x2

· (−1)k√

1− c2x2 − cx ⇔ 0 = 0,

identitate; deci functia y este solutia ecuatiei diferentiale date.

126. Inlocuim y′ = dydx ın ecuatie si obtinem

x · dy

dx· cos y = sin y ⇔ cos y

sin y· dy =

dx

x

de unde, prin integrarea celor doi membri ai egalitatii rezulta∫

cos y

sin ydy =

∫dx

x⇔ ln | sin y| = ln |x|+ c0, c0 ∈ R.

Notand c0 = ln |c1|, obtinem

ln | sin y| = ln |c1x| ⇒ sin y = ±c1x ⇒ sin y − cx = 0,

unde c = ±c1; avem solutia y = kπ + (−1)k arcsin(cx), k ∈ ZZ data sub forma explicita.

127. a) In cazul ecuatiilor omogene, derivata depinde doar de raportul yx , deci aceste

ecuatii sunt de forma y′ = f( yx ).

Ecuatia data se rescrie y′ = y2

x2 deci este ecuatie diferentiala omogena. Aplicam algoritmulde integrare pentru acest tip de ecuatii, efectuand schimbarea de functie necunoscuta y →u(x) = y(x)

x data de relatiile y = u ·x ⇔ u = yx . Avem y = u ·x ⇒ y′ = u′ ·x+u. Inlocuind ın

ecuatie obtinem u′x + u = u2, o ecuatie cu variabile separabile. Substituind u′ = dudx , rezulta

du

dx· x = u2 − u ⇔ du

u2 − u=

dx

x⇔ du

u(u− 1)=

dx

x,

ecuatie cu variabile separate. Integrand ambii membri ai acesteia, rezulta F (u) = ln |x|, undeam notat F (u) =

∫du

u2−u = ln |u−1u | + c1. Notand c1 = − ln |c0| (c0 6= 0) si tinand cont ca

u = y/x, obtinem

ln∣∣∣∣u− 1

u

∣∣∣∣− ln |c0| = ln |x| ⇔ c0x =u− 1

u⇔ y =

x

1− c0x, c0 6= 0.

Dar pentru c0 = 0 se obtine tot o solutie, y = x, deci prelungind prin continuitate dupaparametrul c0 familia de solutii si renotand c = −c0, rezulta solutia generala a ecuatiei,

y =x

1 + cx, c ∈ R.

Page 143: Exercitii algebra

Solutii 143

b) Ecuatia data se rescrie

y′ =sin y

x

cos yx

⇔ y′ = tgy

x,

deci este ecuatie diferentiala omogena. Aplicam algoritmul de integrare a acestor ecuatii,efectuınd schimbarea de functie necunoscuta y 7→ u(x) = y(x)

x data de relatiile y = u · x ⇔u = y

x . Avemy = u · x ⇒ y′ = u′x + u.

Inlocuind ın ecuatie obtinem u′x + u = tg u, o ecuatie cu variabile separabile. Substituindu′ = du

dx , rezultadu

dx· x = tgu− u ⇔ du

tgu− u=

dx

x,

ecuatie cu variabile separate; integrand ambii membri ai acesteia rezulta F (u) = ln |x|+ln |c0|,unde am notat F (u) =

∫du

tgu−u. Notand c = ±c0, rezulta

F (u)− ln |c0x| = 0 ⇔ c0x = ±eF (u) ⇔ cx = eF (u),

si folosind u = yx , avem

cx = eF (y/x) ⇔ cx− eF (y/x) = 0,

deci s-a obtinut solutia y(x) a ecuatiei sub forma implicita.

128. a) Ecuatia data, (x + y − 1)dx + (x− y − 1)dy = 0, este evident de forma:

(41) (a1x + b1y + c1)dx + (a2x + b2y + c2)dy = 0,

unde a21 + b2

1 > 0, a22 + b2

2 > 0. Efectuam dubla schimbare de variabila si functie necunoscutax → X; y(x) → Y (X) data de relatiile

{X = x− x0

Y = y − y0⇔

{x = X + x0

y = Y + y0,

unde (x0, y0) sunt solutiile sistemului dat de intersectia dreptelor ∆1 si ∆2,{

∆1 : x + y − 1 = 0∆2 : x− y − 1 = 0 ⇔

{x0 = 1y0 = 0.

Practic efectuam translatia de reper xOy 7→ XO′Y (unde O′(x0, y0)), data de

(42){

x = X + 1y = Y + 0.

Prin diferentierea acestora, obtinem{

dx = dXdy = dY.

Inlocuind ın ecuatie, aceasta devine (X +

Y )dX + (X − Y )dY = 0. Impartind ecuatia prin dX si ınlocuind Y ′ = dYdX , obtinem

(X + Y ) + (X − Y )Y ′ = 0 ⇔ Y ′ =Y + X

Y −X⇔ Y ′ =

YX + 1YX − 1

,

unde expresia din membrul drept depinde doar de raportulY

X, deci s-a obtinut o ecuatie

omogena. Substituim

(43) u =Y

X⇔ Y = uX,

Page 144: Exercitii algebra

144 ALGA-GDED

de unde prin derivare rezulta Y ′ = u′X + u. Inlocuind ın ecuatie, aceasta devine u′X + u =u+1u−1 .

Notand u′ = dudX , obtinem

du

dX·X =

1 + 2u− u2

u− 1⇔ (u− 1)du

1 + 2u− u2=

dX

X,

de unde, prin integrarea ecuatiei cu variabile separate obtinute, rezulta∫

u− 11 + 2u− u2

du = ln |cX| ⇔ F (u)− ln|cX| = 0,

unde am notat F (u) =∫

u−11+2u−u2 du. Revenim la functia Y (X) folosind relatia (43) si

obtinem F ( YX ) − ln |c(x − 1)| = 0. Utilizand relatia (42), avem

{X = x− 1Y = y

si obtinem

solutia ın forma implicita a ecuatiei diferentiale date,

F

(y

x− 1

)− ln |c(x− 1)| = 0.

b) (x + y − 1)dx + (x + y)dy = 0 este evident o ecuatie de tipul (41). Deoarece

sistemul{

∆1 : x + y − 1 = 0∆2 : x + y = 0 este incompatibil, efectuam schimbarea de functie necunos-

cuta y(x) 7→ u(x) = x + y(x) data de relatia

(44) u = x + y ⇔ y = u− x,

de unde prin diferentiere rezulta dy = du− dx. Inlocuind ın ecuatia data, obtinem

(u− 1)dx + u(du− dx) = 0 ⇔ (u− 1)dx + udu− udx = 0 ⇔ udu− dx = 0 ⇔ udu = dx,

o ecuatie cu variabile separate; prin integrare, rezulta u2

2 = x + C. Folosind substitutia (44)rezulta solutia data prin ecuatie carteziana implicita

(45)(x + y)2

2= x + C.

Verificare. Izoland constanta C, ecuatia (45) se rescrie (x+y)2

2 −x = C. Diferentiem egalitateaın ambii membri si rezulta

(2(x + y)

2− 1

)dx +

2(x + y)2

dy = 0 ⇔ (x + y − 1)dx + (x + y)dy = 0,

deci ecuatia initiala, ceea ce probeaza corectitudinea solutiei obtinute.

129. a) Determinam atat solutia generala a ecuatiei cat si acea solutie care satisfaceconditia indicata ın enunt (y(1) = 1). Ecuatia ımpreuna cu conditia initiala formeaza oproblema Cauchy, iar solutia acestei probleme este unica si se numeste solutia problemeiCauchy. La punctul b) vom determina solutia generala a ecuatiei.Determinam ın prealabil solutia generala a ecuatiei diferentiale; observam ca aceasta esteecuatie diferentiala liniara de ordinul I, adica are forma

(46) y′ = f(x) · y + g(x).

Intr-adevar, ımpartind ecuatia la x, obtinem y′ = (−2x )y + 3, deci ecuatie diferentiala liniara

cu f(x) = −2x , g(x) = 3. Algoritmul de rezolvare al ecuatiei liniare are trei etape:

Page 145: Exercitii algebra

Solutii 145

1) Aflam solutia yom a ecuatiei omogene y′ = f(x)y asociate;2) Aflam o solutie yp a ecuatiei initiale y′ = f(x)y + g(x) prin metoda variatiei constan-

telor;3) Solutia generala cautata este y = yom + yp.

Parcurgem cei trei pasi ai integrarii.1) Ecuatia data este y′ = (− 2

x )y + 3, deci ecuatia omogena atasata este ecuatia cu variabileseparabile

y′ = − 2x

y ⇔ dy

dx=−2y

x⇔ dy

y= −2

dx

x,

de unde prin integrare, rezulta notand c = ±c0

∫dy

y= −2

∫dx

x⇔ ln |y| = −2 ln |x|+ ln |c0| ⇒ |y| =

∣∣∣ c0

x2

∣∣∣ ⇔ y =±c0

x2⇔ y =

c

x2.

Verificare. Daca y = cx2 , atunci y′ = −−2c

x3 si deci, ınlocuind c = x2y ın expresia derivatei,rezulta

y′ =(− 2

x

)y ⇔ −2c

x3= − 2

x· c

x2,

egalitate adevarata. Deci solutia ecuatiei omogene asociate este yom = cx2 .

2) Aplicam metoda variatiei constantelor pentru a obtine o solutie particulara yp a ecuatieiinitiale y′ = − 2

xy + 3. Inlocuind ın yom, constanta c cu o functie c(x), determinam oasemenea functie c(x) astfel ıncat yp = c(x)

x2 sa fie solutia ecuatiei initiale. Prin derivare

obtinem yp′ = c′(x)·x2−2xc(x)

x4 . Inlocuind yp si yp′ ın ecuatie, punem conditia ca ecuatia sa se

verifice, de unde rezulta

c′(x)x2

− 2c(x)x3

= −2c(x)x3

+ 3 ⇔ c′(x) = 3x2,

de unde prin integrare obtinem c = x3 si deci yp = c(x)x2 = x3

x2 = x.

Verificare. Inlocuim yp = x ın ecuatia data, y′ = − 2x · y + 3. Obtinem egalitatea adevarata

1 = − 2x · x + 3.

3) In concluzie, solutia generala a ecuatiei liniare este

y = yom + yp =c

x2+ x.

unde c ∈ R.

Determinam solutia problemei Cauchy{

y′ = − 2xy + 3

y(1) = 1 . Dintre toate solutiile y = cx2 + x

selectam acea solutie care satisface conditia y(1) = 1; ınlocuind obtinem 1 = c12 + 1, deci

c = 0; prin urmare solutia problemei Cauchy este y = 0x2 + x, deci y = x.

b) Avem ecuatia

xy′ + 3y = x2 ⇔ y′ = (− 3x

)y + x,

deci ecuatia diferentiala este liniara, de forma (46), cu f(x) = − 3x si g(x) = x. Parcurgem

cei trei pasi ai integrarii.1) Ecuatia data este y′ = (− 3

x )y + x, deci ecuatia omogena atasata este ecuatia cu variabileseparabile

(47) y′ = − 3x

y.

Page 146: Exercitii algebra

146 ALGA-GDED

Notand y′ = dydx , aceasta se rescrie succesiv:

dy

dx= −3y

x⇔ dy

y= −3

dx

x,

de unde prin integrare, rezulta notand c = ±c0

∫dy

y= −3

∫dx

x⇔ ln |y| = −3 ln |x|+ ln |c0| ⇒

⇒ |y| = | c0

x3| ⇔ y = ± c0

x3⇔ y =

c

x3.

Tema. Verificati ca y satisface ecuatia diferentiala omogena (47).2) Aplicam metoda variatiei constantelor pentru a obtine o solutie particulara yp a ecuatieiinitiale y′ = (− 3

x )y + x. Inlocuind ın yom constanta c cu o functie c(x) si punem conditia cayp = c(x)

x3 sa fie solutia ecuatiei initiale. Prin derivare obtinem

y′p =c′(x) · x− c(x) · 3

x4

Inlocuind yp si y′p ın ecuatie, punem conditia ca ecuatia sa se verifice, de unde rezulta

c′(x)x3

− 3c(x)x4

= −3c(x)x4

+ x ⇔ c′(x) = x4,

de unde, prin integrare (considerand o constanta de integrare particulara, spre exemplu nula),obtinem c = x5

5 si deci yp = c(x)x3 = x5

5x3 = x2

5 .

3) In concluzie, solutia generala a ecuatiei liniare este y = yom + yp = cx3 + x2

5 , unde c ∈ R.

130. a) Ecuatia se rescrie y′ = y ·1+y1/2(−x), deci este de tip Bernoulli, fiind de forma

(48) y′ = y · f(x) + yrg(x), r ∈ R\{0, 1}.

Efectuam schimbarea de functie necunoscuta specifica acestui tip de ecuatie, y(x) 7→ z(x) =(y(x))1−r, data de relatia z = y1−r. La noi, z = y1/2 ⇒ y = z2, de unde prin derivare rezultay′ = 2z · z′. Inlocuind ın ecuatia data obtinem 2zz′ = z2 − xz. Distingem doua cazuri:Cazul I. z = 0 ⇒ y = z2 = 0 ⇒ y = 0, solutie singulara a ecuatiei; verificare: 0 = 0− x · √0,identitate.Cazul II. z 6= 0. Avem

2z′ = z − x ⇔ z′ =12z +

(−x

2

).

S-a obtinut o ecuatie liniara ın functia necunoscuta z. Parcurgem cei trei pasi de rezolvarea acestei ecuatii:1) Notand c = ±ec1 , rezulta

z′ =z

2⇒ z′

z=

12⇔ ln |z| = x

2+ c1 ⇔ |z| = ec1 · ex/2 ⇔ z = c · ex/2,

deci obtinem solutia zom = c · ex/2.2) Aplicam metoda variatiei constantelor: cautam o solutie zp de forma zp = c(x) · ex/2;introducand ın ecuatia originara obtinem

c′ · ex/2 +12c · ex/2 =

12c · ex/2 − x

2⇔ c′ = −x

2· e−x/2,

Page 147: Exercitii algebra

Solutii 147

de unde prin integrare,

c = − 12

∫x · e−x/2dx ⇒ c = − 1

2

∫x(e−x/2)′ · (−2)dx =

= x · e−x/2 − ∫e−x/2dx = x · e−x/2 + 2e−x/2 = (x + 2) · e−x/2,

deci zp = (x + 2) · e−x/2

︸ ︷︷ ︸c(x)

) · e−x/2 = x + 2.

3) Solutia ecuatiei diferentiale liniare este deci z = zom + zp = c · ex/2 + x + 2, deci y = z2 =(c · ex/2 + x + 2)2.b)Inlocuind dy

dx = y′, ecuatia se rescrie y′ = y ·x+y3 · (−x), deci ecuatia este de tip Bernoullide forma (48), cu r = 3. Efectuam substitutia z = y1−s, deci z = 1

y2 ⇒ y = z−1/2, de unde,

prin derivare, rezulta y′ = − z′

2√

z3 . Inlocuind ın ecuatia data, obtinem

− z′

2√

z3=

1√z· x− 1√

z3· x ⇔ z′ = −2zx + 2x.

S-a obtinut o ecuatie liniara ın functia necunoscuta z. Procedam ın continuare analog punc-tului a):1) Ecuatia omgena asociata se rescrie:

z′ = −2zx ⇒ z′

z= −2x ⇔ ln |z| = −x2 + c1 ⇔

⇔ |z| = ec1 · e−x2 ⇔ z = c · e−x2,

unde am notat c = ± · ec1 , deci obtinem solutia zom = c · e−x2.

2) Aplicand metoda variatiei constantelor, cautam o solutie zp de forma zp = c(x) · e−x2;

introducand ın ecuatia originara, obtinem

c′ · e−x2+ (−2x) · c · e−x2

= −2x · c · e−x2+ 2x ⇔ c′ = 2x · ex2

,

de unde, prin integrare avem c = 2∫

x · ex2dx = ex2

si deci zp = ex2 · e−x2= 1.

3) Solutia ecuatiei diferentiale liniare este prin urmare z = zom + zp = c · e−x2+ 1 si deci

y = 1√z

= 1√c·e−x2+1

.

131. a) Inca nu se cunoaste solutia particulara a ecuatiei, ci doar forma acesteia. Pentrua afla constanta a, impunem ca y1 sa satisfaca ecuatia data; avem y1 = 1

x+a ⇒ y′1 = − 1(x+a)2 .

Inlocuind y1 si y′1 ın ecuatie, obtinem

− 1(x + a)2

=x

(x + a)2− 1

x + a⇔ a = 1 ⇒ y1 =

1x + 1

.

Ecuatia data se rescriey′ = y2 · x + y · (−1) + 0,

si este de tip Riccati, fiind de forma

y′ = y2 · f(x) + y · g(x) + h(x).

Efectuam schmbarea de functie necunoscuta specifica acestui tip de ecuatie, y(x) 7→ z(x) =1

y(x)−y1data de relatia y = y1 + 1

z . In cazul nostru avem

(49) y =1

x + 1+

1z,

Page 148: Exercitii algebra

148 ALGA-GDED

de unde prin derivare rezulta y′ = − 1(x+1)2 − 1

z2 · z′. Inlocuind y si y′ ın ecuatie, obtinem

− 1(x + 2)2

− z′

z2=

x

(x + 1)2+

2x

z(x + 1)+

x

z2− 1

x + 1− 1

z.

Ecuatia se rescrie − z′z2 = x+1

(x+1)2 − 1x+1 + 2x

z(x+1) + xz2 − 1

z si aducand la acelasi numitor,conduce la urmatoarea ecuatie liniara ın necunoscuta z:

z′ = z · 1− x

1 + x+ x.

Tema. Determinati solutia generala z(x, c) = ce−x(x + 1)2 + x + 1, c ∈ R a acestei ecuatii siapoi folosind (49) deduceti solutia ecuatiei originare, y = 1

x+1 + 1z(x,c) = 1

x+1 + (ce−x(x +1)2 + x + 1)−1.

b) Ecuatia data se rescrie y′ = y2 · (−1)+y ·0+ 2x2 , deci este o ecuatie de tip Riccati. Pentru

a afla constanta a, impunem ca y1 sa satisfaca ecuatia data; avem y1 = ax ⇒ y′1 = − a

x2 .Inlocuind y1 si y′1 ın ecuatie, obtinem

− a

x2+

a2

x2=

2x2

⇔ a2 − a− 2 = 0 ⇒ a1 = −1 sau a2 = 2.

In cele ce urmeaza tratam cazul a = −1. Efectuam schimbarea de functie necunoscutaz = 1

y−y1, de unde y = y1 + 1

z . In cazul nostru avem

(50) y = − 1x

+1z.

de unde, prin derivare, rezulta y′ = 1x2 − 1

z2 · z′. Inlocuind y si y′ ın ecuatie, obtinem

1x2− z′

z2= − 1

x2+

2xz

− 1z2

+2x2

⇔ z′ = −2z

x+ 1

Ecuatia este de forma z′ = f( zx ), deci este omogena. In urma schimbarii de functie ne-

cunoscuta z → t = t(x) cu t = zx , rezulta dy

dx = t + x · dtdx ; ınlocuind ın ecuatie avem:

t + x dtdx = −2t + 1, adica dt

−3t+1 = dxx , ecuatie cu variabile separate. Prin integrare obtinem

− 13 ln |−3t + 1| = ln |x| + ln |c| , c 6= 0, adica t = 1

3 (1− 1(cx)3 ). Reınlocuind t = z

x , rezultaz = x

3 (1− 1(cx)3 ).

132. a) Ecuatia este de forma P dx + Qdy = 0 si satisface conditia de exactitate

∂P

∂y=

∂Q

∂x.

Intr-adevar, ecuatia se rescrie, amplificand cu dx si folosind substitutia y′ = dydx ,

(x + y)︸ ︷︷ ︸P

dx + (x + 2y)︸ ︷︷ ︸Q

dy = 0,

Avem ∂P∂y = 1; ∂Q

∂x = 1, deci ecuatia diferentiala data este exacta. Solutia ecuatiei sub formaimplicita se obtine aplicand formula

∫ x

x0

P (u, y)du +∫ y

y0

Q(x0, v)dv = c, c ∈ R,

Page 149: Exercitii algebra

Solutii 149

deci,

∫ x

x0(u + y)du +

∫ y

y0(x0 + 2v)dv = c ⇔ u2

2

∣∣∣∣x

x0

+ uy|xx0+ x0v

∣∣∣∣y

y0

+ v2

∣∣∣∣y=y

y=y0

= c ⇔

⇔ x2−x20

2 + y(x− x0) + x0(y − y0) + y2 − y20 = c;

alegand x0 = 0 si y0 = 0, rezulta solutia sub forma carteziana implicita:

(51)x2

2+ xy + y2 = c.

Verificare. Pentru a testa solutia, diferentiem relatia (51) si obtinem

(x + y) · dx + (x + 2y) · dy = 0,

echivalenta cu ecuatia initiala, deci solutia verifica ecuatia data.

b) Avem ecuatia (x2 + y2 + 2x)︸ ︷︷ ︸P

dx + 2xy︸︷︷︸Q

dy = 0, iar ∂P∂y = 2y, ∂Q

∂x = 2y, deci ecuatia

diferentiala data este exacta. Aplicand formula de la punctul a), obtinemx∫

x0

(u2 + y2 + 2u)du +y∫

y0

2x0vdv = c ⇔

⇔ u3

3 |xx0+ y2 · u|xx0

+ u2|xx0+ x0 · v2|yy0

= c ⇔⇔ x3−x3

03 + y2(x− x0) + (x2 − x2

0) + x0(y2 − y20) = c.

Alegand x0 = 0 si y0 = 0, rezulta solutia

(52)x3

3+ y2x + x2 = c

Verificare. Diferentiem relatia (52); se obtine ecuatia initiala.

133. a) In cazul ecuatiei (xy − x2)︸ ︷︷ ︸Q

dy − y2

︸︷︷︸P

dx = 0 avem P = −y2, Q = xy − x2,

deci ∂P∂y = −2y, ∂Q

∂x = y − 2x, prin urmare ecuatia data nu este exacta si cautam un factorintegrant µ pentru aceasta. Deoarece P si Q sunt ambele polinoame omogene (de ordinul 2),factorul integrant este

µ(x, y) =1

xP + yQ=

1−xy2 + xy2 − x2y

= − 1x2y

Amplificand ecuatia cu µ, deci cu − 1x2y , obtinem

y

x2︸︷︷︸P

dx +(− 1

x+

1y

)

︸ ︷︷ ︸Q

dy = 0

Se observa ca ∂P∂y = 1

x2 , ∂Q∂x = 1

x2 , deci ecuatia diferentiala este exacta. Aplicand formula dela subpunctul a), exercitiul (132), obtinem

x∫

x0

y

u2du +

y∫

y0

(− 1

x0+

1v

)dv = c ⇔ −y

u

∣∣∣∣x

x0

+(− v

x0+ ln v

) ∣∣∣∣y

y0

= c ⇔

⇔ −y

x+

y

x0− y

x0+

y0

x0+ ln u− ln y0 = c.

Page 150: Exercitii algebra

150 ALGA-GDED

Alegand x0 = y0 = 1, rezulta solutia sub forma implicita, data de relatia

(53) −y

x+ ln y = c

b) In cazul ecuatiei (5x2 + 12xy − 3y2)dx + (3x2 − 2xy)dy = 0 avem P = 5x2 + 12xy− 3y2,Q = 3x2−2xy, deci ∂P

∂y = 12x−6y, ∂Q∂y = 6x−2y si prin urmare ecuatia data nu este exacta.

Cautam un factor integrant µ pentru aceasta. Se observa ca avem

1Q

(∂P

∂y− ∂Q

∂x

)=

6x− 4y

3x2 − 2xy=

2x

= ψ(x) ⇒

⇒ µ = e∫

ψ(x)dx = e∫ 2

x dx = e2 ln x = x2,

deci µ(x) = x2. Amplificand ecuatia cu µ, deci cu x2, obtinem

(5x4 + 12x3y − 3x2y2)︸ ︷︷ ︸P

dx + (3x4 − 2x3y)︸ ︷︷ ︸Q

dy = 0.

Deoarece ∂P∂y = 12x3 − 6x2y si ∂Q

∂y = 12x3 − 6x2y, ecuatia diferentiala obtinuta (echivalentacu cea initiala) este exacta.Tema. Aflati solutia ecuatiei, folosind formula de la subpunctul a), exercitiul 132.

c) Inlocuim y′ = dydx si ecuatia se rescrie dx + x

y dy = 0. Avem P = 1, Q = xy , deci ∂P

∂y =0, ∂Q

∂x = 1y ; prin urmare ecuatia data nu este exacta si cautam un factor integrant µ pentru

aceasta. Calculam

1P

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)=

11

(1y− 0

)=

1y

= ψ(y) ⇒ µ = e∫

ψ(y)dy = e∫ 1

y dy = eln y = y,

deci µ(x, y) = y. Amplificam ecuatia cu µ, deci cu y si obtinem

y︸︷︷︸P nou

dx + x︸︷︷︸Q nou

dy = 0,

care este exacta, este echivalenta cu ecuatia initiala si are solutia construita implicit∫ x

x0

ydu +∫ y

y0

x0dv = c, c ∈ R

Alegem x0 = 0, y0 = 0 si obtinem

x · u∣∣∣∣x

0

+ 0 = c ⇔ xy = c ⇔ y =c

x, x 6= 0.

134. Ecuatia se rescrie y = xy′ + (− ln y′), deci este de tip Clairaut, fiind de formay = xy′ + ψ(y′). Notam y′ = p si derivam ecuatia ın raport cu x tinand cont ca y′′ = p′;obtinem:

p = p + xp′ − p′

p⇔ p′

(x− 1

p

)= 0.

Distingem cazurile:Cazul 1. p′ = 0 ⇒ p = const. Introducand ın ecuatia initiala si folosind y′ = p = c obtinemy = cx− ln c, c > 0. Cazul 2. Daca x− 1

p = 0, atunci notand p = t rezulta x = 1t ; ınlocuim

ın ecuatia initiala tinand cont ca y′ = p = t si obtinem

y =1t· t− ln t = 1− ln t,

Page 151: Exercitii algebra

Solutii 151

de unde rezulta solutia singulara a ecuatiei

x =1t, y = 1− ln t, t > 0 ⇒ α(t) =

(1t, 1− ln t

), t > 0.

135. a) Ecuatia se rescrie y = x(2y′) + (−y′2), deci are forma unei ecuatii Lagrange:y = x · ϕ(y′) + ψ(y′), unde ϕ(y′) 6= y′. Pentru a integra ecuatia notam p = y′, deci p′ = y′′;derivam ecuatia si obtinem

p = 2p + 2xp′ − 2pp′ ⇔ p′(2x− 2p) = −p ⇔ p′ =dp

dx.

Distingem urmatoarele cazuri:Cazul 1. p′ = 0 ⇒ p = const. Obtinem p = 0 ⇒ y′ = 0 ⇒ y = const. ⇒ y = 0, solutiasingulara a ecuatiei.Cazul 2. Avem p′ 6= 0, deci 1

p′ = dxdp 6= 0; inversam functia x 7→ p(x) si obtinem functia

p 7→ x(p), cu derivata x′ = dxdp = 1

dp/dx . Inlocuind ın ecuatia obtinuta, rezulta

2x− 2p = −p x′︸︷︷︸1p′

⇒ x′ =2p− 2x

p⇔ x′ = x ·

(−2

p

)+ 2.

S-a obtinut o ecuatie liniara ın functia necunoscuta x = x(p). Integrand aceasta ecuatieavem {

x = ct2 + 2t

3

y = 2t( ct2 + 2t

3 )− t2 = 2ct + t2

3 , t 6= 0.

S-a obtinut astfel solutia generala a ecuatiei Lagrange, formata dintr-o familie de curbeparametrizate.

b) Ecuatia se rescrie y = x−y′2 +2y′3, deci este o ecuatie de tip Lagrange. Pentru a integraecuatia notam p = y′, deci p′ = y′′′, derivam ecuatia si obtinem:

p = p2 + 2xpp′ + 6p2p′ ⇔ p′(2xp− 6p2) = p− p2

Distingem urmatoarele cazuri:1o. p = 0 ⇒ y′ = 0 ⇒ y = C. Inlocuind ın ecuatia data, obtinem C = 0, deci rezulta solutiasingulara y = 0.2o. p′ = 0 ⇒ p = const. Obtinem p = 0 sau p = 1, deci y′ = 0 sau y′ = 1. Rezulta y = Csolutie singulara, ca ın cazul 1; de asemenea, alternativa y = x + C ınlocuita ın ecuatie,conduce la x + C = x + 2 ⇒ C = 2, deci rezulta solutia singulara y = x + 2.3o. Avem p′ 6= 0 si p 6= 0, deci 1

p′ = dxdp 6= 0. Inversa functiei x → p(x) este functia p → x(p),

a carei derivata este x′ = dxdp = 1

dp/dx . Inlocuind ın ecuatia obtinuta p′(2x− 6p) = 1 − p,

rezulta 2x − 6p = (1− p) · x′︸︷︷︸1/p′

⇒ x′ = 2(x−3p)1−p ⇔ x′ = x 2

1−p − 6p1−p . Ecuatia obtinuta este

liniara, deci are forma x′ = x · f(p) + ρ(p). Rezolvam ecuatia omogena atasata:

x′ =2

1− px ⇔ dx

x=

21− p

dp ⇔

⇔ ln |x| = −2 ln |p− 1|+ ln |C0| ⇔ ln |x| = ln1

(p− 1)2+ ln |C0| ⇔

Page 152: Exercitii algebra

152 ALGA-GDED

⇔ x(p− 1)2 = C ⇔ xom =c

(p− 1)2,

unde am notat C = ±C0. Aflam o solutie particulara a ecuatiei initiale date xp = C(p)(p−1)2 .

Inlocuind ın ecuatia initiala, obtinem

c′(p− 1)2 − 2(p− 1)C(p− 1)4

= − 2C

(p− 1)3+

6p

p− 1⇔

⇔ c′ = 6p2 − 6p ⇔ C = 2p3 − 3p2.

Atunci o solutie particulara a ecuatiei este xp = ( pp−1 )2 · (2p− 3). Solutia generala a ecuatiei

neomogene date este prin urmare

x = xom + xp =C

(p− 1)2+

p2(2p− 3)(p− 1)2

.

Inlocuind ın ecuatia initiala functia x(p) obtinuta si ınlocuind apoi p cu t, rezulta solutiagenerala a ecuatiei date sub forma parametrica,

α(t) =(

C

(t− 1)2+

t2(2t− 3)(t− 1)2

,C

(t− 1)2+

t2(2t− 3)(t− 1)2

− t2 + 2t3)

, t ∈ R\{1}, C ∈ R.

V.2. Ecuatii diferentiale de ordin superior

136. a) Asociem ecuatia caracteristica, folosind substitutia y(k) 7→ rk si obtinem ecuatiaalgebrica de gradul doi r2+2r−3 = 0 ale carei solutii sunt r1 = 1, r2 = −3. Folosim procedeulde asociere a cvasipolinoamelor:

Radacina Cvasipolinomula± ib ∈ C, simpla e(a±ib)x → eax · cos bx, eax sin bxa± ib ∈ C, dubla eax · cos bx, eax sin bx, xeax cos bx, xeax sin bxa ∈ R, simpla eax

a ∈ R, dubla eax, xeax

±ib ∈ C\R, simpla e±ibx → cos bx, sin bx±ib ∈ C\R, dubla cos bx, sin bx, x cos bx, x sin bx

Celor doua radacini reale simple 1 si −3 le vor corespunde respectiv cvasipolinoamelee1·x = ex si e−3x. Atunci solutia generala a ecuatiei omogene date este combinatie de acestecvasipolinoame,

y = c1ex + c2 · e−3x.

b) Asociem ecuatia caracteristica, folosind substitutia y(k) → rk si obtinem ecuatia algebricade gradul doi r2+4 = 0 ale carei solutii sunt r1 = −2i, r2 = 2i. Celor doua radacini complexesimple ±2i le vor corespunde respectiv cvasipolinoamele cos 2x si sin 2x (vezi tabelul dela punctul a). Atunci solutia generala a ecuatiei omogene date este combinatie de acestecvasipolinoame:

y = C1 cos(2x) + C2 sin(2x).

137. 1o. Polinomul caracteristic al ecuatiei este r2 + 2r − 3 = 0 si are radaciniler1 = 1, r2 = −3, deci cvasipolinoamele asociate sunt ex si e−3x, iar solutia ecuatiei omogeney(x) = c1e

x + c2e−3x.

2o. Impunem conditiile initiale y(0) = −1 si y(−1) = 0; rezulta{ −1 = c1 + c2

0 = c1e−1 + c2e

3 ⇔{

c1 + c2 = −1c1 + c2e

4 = 0 ⇔{

c1 = −e4

e4−1

c2 = 1e−1 ,

Page 153: Exercitii algebra

Solutii 153

iar solutia problemei la limita va fi

y∗ = − e4

e4 − 1· ex +

1e4 − 1

· e−3x.

138. Ecuatia este de tip Euler deoarece puterile lui x coincid cu ordinele de derivare alefunctiei y. Efectuam dubla substitutie x 7→ t; y(x) 7→ z(t) data de relatiile x = et, z(t) =y(et). Folosim relatiile

(54)

z = y, z′ ≡ dzdt = y′ · et = y′x

z′′ = ddt (y

′(et) · et) =dy′

dx︸︷︷︸y′′

· det

dt︸︷︷︸x

· et︸︷︷︸x

+ y′(et)︸ ︷︷ ︸y

′ · et︸︷︷︸x

=

= y′′ · x2 + y′x,

unde s-a notat y′ = dydx , y′′ = d2y

dx2 . Relatiile (54) conduc la egalitatile

y = z, xy′ = z′, x′′y′′ = z′′ − z′.

Inlocuind expresiile lui y, y′, y′′ ın ecuatia data, obtinem

z′′ − z′ − 3z′ + 4z = 0 ⇔ z′′ − 4z′ + 4z = 0,

deci o ecuatie diferentiala liniara de ordinul doi cu coeficienti constanti, careia ıi atasampolinomul caracteristic r2 − 4r + 4 = 0 ⇔ (r − 2)2 = 0, ale carui radacini sunt r1 = r2 = 2;deci z(t) = c1 · e2t + c2t · e2t. Pentru x > 0, din relatia et = x, rezulta e2t = x2, unde t = ln x.Inlocuind ın solutie, obtinem

y(x) = z(lnx) = c1 · x2 + c2 · ln x · x2;

prin urmare solutia generala a ecuatiei Euler date este

y(x) = c1 · x2 + c2 · x2 ln x.

Pentru a afla solutia problemei cu legaturi ınlocuim conditiile initiale:{

x = ey = e2 ⇒

{e2 = c1 · e2 + c2 · e2 · 1︸︷︷︸

ln e

c2 = 1

{x = 1y = 0 ⇒ 0 = c1 + c2 · 12 · ln 1︸︷︷︸

0

⇒ c1 = 0.

Din sistem se obtine c1 = 0, c2 = 1; ınlocuind ın solutia generala obtinem

y = 0 · x2 + 1 · x2 · ln x ⇒ y = x2 · ln x.

139. a) Rezolvarea decurge ın trei pasi. 1o. Rezolvam ecuatia omogena atasata y′′ +2y′ − 3y = 0 si obtinem solutia yom = c1 · ex + c2 · e−3x.2o. Folosind metoda variatiei constantelor aflam o solutie particulara a ecuatiei initiale date,

yp = c1(x) · ex + c2(x) · e−3x.

Ecuatia data este y′′ + 2y′ − 3y = e−3x, iar cele doua functii c1 si c2 sunt solutiile sistemului{

c1′ · ex + c2

′ · e−3x = 0c1′ · ex − 3c2

′ · e−3x = e−3x,

Page 154: Exercitii algebra

154 ALGA-GDED

de unde obtinem{

4c2′ · e−3x = −e−3x ⇒ c2

′ = − 14 ⇒ c2 = −x

4

c1′ · ex + 1

4 · e−3x = 0 ⇒ c1′ = 1

4 · e−4x ⇒ c1 = − 116 · e−4x.

Deci c1 = 116 · e−4x si c2 = x

4 . Atunci

yp = −e−4x

16· ex − x

4· e−3x =

−e−3x

16− x

4· e−3x.

Verificare. Derivand expresia lui yp obtinem{

y′p = −(−316 · e−3x + 1

4 · e−3x − 3x4 · e−3x)

y′′p = −(−316 · e−3x − 3

4 · e−3x + 94 · x · e−3x).

Inlocuind ın ecuatia data, rezulta identitatea[(−15

16 e−3x + 94xe−3x) + 2( 1

16e−3x − 3x4 e−3x)− 3( 1

16e−3x + x4 e−3x)] = e−3x ⇔ e−3x = e−3x,

3o. Solutia generala a ecuatiei neomogene date este

y = yom + yp = c1 · ex + c2 · e−3x +−116

· e−3x − x

4· e−3x.

Se observa ca renotand c1 = c1 si c2 = c2 − 116 , solutia se poate rescrie echivalent

y = c1 · ex + c2 · e−3x − x

4· e−3x.

b) 1o. Ecuatia caracteristica a ecuatiei omogene atasate y′′′ − y′′ − y′ + y = 0 este r3 − r2 −r + 1 = 0 si are radacinile y1,2 = 1 si y3 = −1; solutia ecuatiei omogene este deci

yom = c1ex + c2xex + c3e

−x.

2o. Folosind metoda variatiei constantelor aflam o solutie particulara a ecuatiei initiale date,solutie de forma:

yp = c1(x)ex + c2(x) · x · ex + c3(x)e−x.

Ecuatia data este y′′′ − y′′ − y′ + y = x · cosx, iar cele trei functii C1, C2 si C3 sunt solutiileurmatorului sistem de ecuatii, care este sistem algebric liniar ın necunoscutele c′1, c′2, c′3:

c′1ex + c′2 · x · ex + c′3e−x = 0

c′1ex + c′2 · (ex + xex)− c′3e−x = 0

c′1ex + c′2 · (2ex + xex) + c′3e−x = x · cos x.

Rezulta c′1 = − 14 (2x + 1)x · e−x cos x, c′2 = 1

2x · e−x cos x si c′3 = 14x · ex cos x. Integrand,

obtinem

c1(x) = − 14 (−x2 − x

2 + 1)e−x cos x + 14 (−x2 − 5

2x− 32 )e−x sinx

c2(x) = − 14xe−x cos x− 1

2 (− 12x− 1

2 )e−x sin x

c3(x) = 18x cosxex − 1

4 (− 12x + 1

2 )ex sin x,

deci yp = 14x cos x− 1

4 cos x− 14x sin x− 1

2 sin x.3o. Rezulta in final solutia generala a ecuatiei date,

y = c1ex + c2xex + c3e

−x +14x cos x− 1

4cos x− 1

4x sin x− 1

2sin x.

Page 155: Exercitii algebra

Solutii 155

c) 1o. Rezolvam ecuatia omogena atasata y′′−y = 0 si obtinem solutia yom = C1ex +C2e

−x.2o. Folosind metoda variatiei constantelor aflam o solutie particulara a ecuatiei initiale dateyp = C1(x)ex + C2(x)e−x. Ecuatia data este y′′ − y = x · ex, iar cele doua functii C1 si C2

sunt solutiile sistemului:{

c′1ex + c′2e−x = 0

c′1ex − c′2e−x = xex⇒

{c′1 = x

2

c′2 = − 12xe2x.

Rezulta c1 = x2

4 si c2 = e2x

4 (2x− 1). Atunci

yP =x2

4· ex +

e2x

4(2x− 1) · e−x ⇔ yp =

ex

4(x2 + 2x− 1).

3o. Solutia generala a ecuatiei neomogene date este

y = yom + yP = C1ex + C2e

−x +ex

4(x2 + 2x− 1)

d) 1o. Procedand analog punctelor a), b) si c) obtinem solutia

yom = C1ex + C2e

−x + C3 cosx + C4 sin x.

2o. O solutie particulara a ecuatiei initiale date yiv − y = 8ex este

yP = C1(x)ex + C2(x)e−x + C3(x) cos x + C4(x) sin x.

Cele patru functii C1, C2, C3, C4 sunt solutiile sistemului

c′1ex + c′2e−x + c′3 cosx + c′4 sin x = 0c′1ex − c′2e−x − c′3 sin x + c′4 cos x = 0c′1ex + c′2e−x − c′3 cosx− c′4 sin x = 0c′1ex − c′2e−x + c′3 sin x− c′4 cos x = 8ex

c′1 = 2c′2 = −2e2x

c′3 = 2ex sin xc′4 = −2ex cosx.

Prin urmare avemC1 = 2x, C2 = −e2x, C3 = ex(sinx− cos x) si C4 = −ex(sinx + cos x).Atunci

yP = 2xex − ex + ex cosx(sinx− cos x)− ex sin x(sinx + cos x) ⇔⇔ yp = 2(x− 1)ex.

3o. Solutia generala a ecuatiei neomogene yIV − y = 8ex este

y = yom + yP = C1ex + C2e

−x + C3 cos x + C4 sin x + 2(x− 1)ex

In continuare, rezolvam problema Cauchy. Avem

y′(0) = 0y′′(0) = 2y′′′(0) = 6yIV (0) = 4

C1 − C2 + C4 + 2 = 0C1 + C2 − C3 + 2 = 2C1 − C2 − C4 + 4 = 6C1 + C2 + C3 + 6 = 4

C1 = −1/2C2 = −1/2C3 = −1C4 = −2.

In concluzie, solutia ecuatiei Cauchy este

y = −12(ex + e−x)− cos x− 2 sinx + 2(x− 1)ex.

140. a) Avem

(55) Γa : f(x, y, a) ≡ y − ax = 0.

Page 156: Exercitii algebra

156 ALGA-GDED

Pentru y functie de x, derivand relatia (55), rezulta

(56) y′ − a = 0.

Eliminand parametrul a din sistemul (55) si (56), rezulta{

y − ax = 0y′ = a

⇔ y − y′x = 0,

ecuatia cautata a familiei de curbe. Verificare. Integram ecuatia obtinuta, rescrisa sub formay′

y = 1x si notand a = ±c, obtinem

ln |y| = ln |x|+ ln |c| ⇔ |y| = |cx| ⇔ y = ±cx ⇒ y = ax,

deci ecuatia familiei de drepte.

b) Ecuatia traiectoriilor ortogonale este: F (x, y,− 1y′ ) = 0, unde F (x, y, y′) = 0 este ecuatia

diferentiala a familiei date. In cazul dat, aceasta din urma este y − y′x = 0, deci ecuatiatraiectoriilor ortogonale va fi

y −(−1

y′

)x = 0 ⇔ y +

x

y′.

Notand y′ = dydx , aceasta se rescrie

y +xdx

dy= 0 ⇔ xdx = ydy,

ecuatie cu variabile separate care prin integrare conduce la

x2

2= −y2

2+ c0 ⇔ x2 + y2 = 2c0 ⇔ x2 + y2 = r2,

unde pentru 2c0 = r2 > 0 se obtine o familie de cercuri centrate ın origine.

c) Folosind substitutia y′ 7→ y′−m1+y′m , unde m = tgα ın ecuatia F (x, y, y′) = 0, obtinem familia

izogonala care taie familia initiala la unghi de α = 45o. Aceasta are ecuatia diferentialaF (x, y; y′−1

y′+1 ) = 0. In cazul nostru obtinem y − y′−1y′+1 · x = 0.

141. a) Ecuatia data xy′′′ − y′′ = 0 este de ordinul trei, nu contine y si y′. Notamy′′ = z, ceea ce conduce la y′′′ = z′ si ecuatia devine

xz′ − z = 0 ⇒ z = Cx;

revenind la functia necunoscuta y, obtinem prin integrari succesive

y′′ = Cx ⇒ y′ =cx2

2+ c1 ⇒ y =

Cx3

6+ c1x + c2.

Tema. Amplificati ecuatia data cu x2, verificati ca se obtine o ecuatie de tip Euler apoiintegrati.

b) Se observa ca ecuatia data 2yy′ = y′2 +1 este de forma f(y, y′) = 0 si ca lipseste variabilax; notam y′ = p(y); prin derivarea ecuatiei obtinem

2y · p = p2 + 1 ⇒ y′′ =dp

dy· dy

dx= p′ · p;

Page 157: Exercitii algebra

Solutii 157

derivam ecuatia,

2(y′ · y′ + y · y′′) = 2y′y′′ ⇔ 2y′2 + 2yy′′ = 2y′y′′ ⇒ 2p2 + 2yp′p = 2p · p′p,

deci 2p2 = 2pp′(p − y) ⇒ p = p′(p − y). Notam p′ = dpdy 6= 0, inversam functia y 7→ p(y),

obtinand p 7→ y(p), de unde y′ = dydp = 1

dp/dy . Inlocuind ın ecuatie, rezulta

1p′

=p− y

p⇒ y′ = y

(−1

p

)+ 1,

ecuatie diferentiala liniara, de ordin inferior celei initiale.Altfel. Folosind aceleasi notatii y′ = p(y), ecuatia initiala se rescrie

2yp = p2 + 1 ⇒ y =p2 + 1

2p,

deci derivand ecuatia ın raport cu x rezulta

dp

dx=

dp

dy· dy

dx= p′ · p,

si obtinem

y′ = p =2p2 − 2

4p2=

p2 − 12p2

· pp′ ⇒ p′ =2p2

p2 − 1⇔ dp

dy=

2p2

p2 − 1⇔ dp(p2 − 1)

2p2= dy.

S-a obtinut ecuatia cu variabile separate

p2 − 12p2

dp = dy ⇒ y =∫

p2 − 12p2

dp + c,

unde, folosind dxdp = 1

dp/dx = 1p′·p , avem

12p2

p2−1 · p=

p2 − 12p3

,

de unde, prin integrare, rezulta

x =∫

p2 − 12p3

dp.

c) Se constata ca ecuatia data xy′ + y′′ = 0 este o ecuatie de forma F (x, y, y′, y′′) = 0omogena de ordinul ıntai ın raport cu y, y′, y′′, deoarece

F (x, λy, λy′, λy′′) = x · λy′ + λy′′ = λ1(xy′ + y′) = λ1F (x, y, y′, y′′).

Efectuam schimbarea de functie necunoscuta y(x) 7→ z(y) data de relatia z = y′

y , careconduce laz′ = y′′y−y′2

y2 ⇒ y′ = zy. Inlocuind ın ecuatie, rezulta

z′ · y2 = y′′y − y′2︸︷︷︸z2y2

⇒ y′′ =y2(z′ + z2)

y= y(z′ + z2).

Inlocuim ın ecuatia obtinuta,

x · zy + y(z′ + z2) = 0 ⇒ xz + z′ + z2 = 0,

Page 158: Exercitii algebra

158 ALGA-GDED

si s-a obtinut o ecuatie diferentiala de ordinul ıntai, de tip Bernoulli, deoarece aceasta admiteforma

z′ = z (−x)︸ ︷︷ ︸f(x)

+z2 (−1)︸︷︷︸g(x)

.

Tema. Integrati acesta ecuatie de tip Bernoulli (r = 2) si obtineti solutia z = z(x, c1) =[ex2/2(c1+

∫e−x2/2dx)]−1. Apoi, folosind relatia y′

y = z(x, c1) (ecuatie cu variabile separabileın functia necunoscuta y(x)), obtineti solutia generala y = c2e

z(x,c1).

V.3. Sisteme de ecuatii diferentiale

142. Observam ca sistemul diferential este liniar cu coeficienti constanti si omogen;

de asemenea, se poate rescrie sub forma X ′(t) = AX(t), unde X(t)(

x(t)y(t)

)este vectorul

functiilor necunoscute, iar matricea A a sistemului este A = (0110). Integrarea sistemului se

realizeaza ın trei pasi.1o. Determinam valorile proprii ale matricei A; polinomul caracteristic este P (λ) =∣∣∣∣−λ 11 −λ

∣∣∣∣ = λ2 − 1 iar ecuatia caracteristica P (λ) = 0 are radacinile λ ∈ {−1, 1}.

2o. Celor doua radacini le atasam cvasipolinoamele corespunzatoare, −1 7→ e−t, 1 7→ et.3o. Solutiile ecuatiei omogene rezulta de forma

X =(

ab

)· e−t +

(cd

)· et, a, b, c, d ∈ R.

Cele patru constante a, b, c, d nu sunt arbitrare, relatiile pe care acestea le satisfac se deter-mina punand conditia ca X sa satisfaca sistemul dat. Avem succesiv

X ′ = −(

ab

)· e−t +

(cd

)· et,

AX =(

ba

)· e−t +

(dc

)· et.

Egaland cele doua expresii obtinem

−(

ab

)· e−t +

(cd

)· et =

(ba

)· e−t +

(dc

)· et

sau, echivalent, (b + aa + b

)· e−t +

(d− cc− d

)· et = 0, ∀t ∈ R.

Anuland coeficientii celor doua cvasipolinoame, rezulta

b + a = 0a + b = 0d− c = 0c− d = 0

⇔{

a = −bd = c

.

Notand b = c1, c = c2, obtinem a = −c1, d = c2. Deci solutia sistemului omogen este

X =( −c1

c1

)· e−t +

(c2

c2

)· et = c1

( −e−t

e−t

)

︸ ︷︷ ︸X1

+c2

(et

et

)

︸ ︷︷ ︸X2

,

Page 159: Exercitii algebra

Solutii 159

deci pe componente{

x(t) = −c1e−t + c2e

t

y(t) = c1e−t + c2e

t . Se observa ca folosind matricea Wronski a

solutiilor fundamentale X1 =( −e−t

e−t

)si X2 =

(et

et

), solutia sistemului se rescrie sub

forma

X = WC =( −e−t et

e−t et

)

︸ ︷︷ ︸=W=[X1,X2]

(c1

c2

)

︸ ︷︷ ︸C

.

143. Sistemul dat se rescrie matriceal sub forma X ′ = AX +b, unde A,X sunt matricile

determinate ın problema 1), iar b =(

02

). Solutia se determina ın trei pasi:

1o. Aflam solutia generala a sistemului omogen asociat X ′ = AX.

Xom = WC =( −e−t et

e−t et

)

︸ ︷︷ ︸=W=[X1,X2]

(c1

c2

)

︸ ︷︷ ︸C

.

2o. Cautam o solutie particulara a sistemului neomogen dat (X ′ = AX + b) folosind metodavariatiei constantelor, de forma Xp = W (t)C(t). Din conditia ca Xp sa satisfaca sistemuldiferential neomogen, obtinem

C ′(t) = W−1 · b =12

( −et et

e−t e−t

)

︸ ︷︷ ︸W−1

(02

)

︸ ︷︷ ︸b

=(

et

e−t

),

deci{

c′1 = et

c′2 = e−t ⇒{

c1 = et

c2 = −e−t . Introducem c1 si c2 determinate ın Xp(t) si obtinem

Xp(t) =( −e−t et

e−t et

)(et

−e−t

)=

( −20

).

Se observa ca

W =( −e−t et

e−t et

)⇒ W−1 = −1

2

(et −et

−e−t −e−t

)=

12

( −et et

e−t e−t

).

Verificare. Verificam ca X ′ = AX + b, pentru X = Xp. Prin ınlocuire ın sistem, obtinem( −2

0

)

︸ ︷︷ ︸Xp

=(

0 11 0

)

︸ ︷︷ ︸A

( −20

)

︸ ︷︷ ︸X

+(

02

)

︸ ︷︷ ︸b

=(

00

),

identitate. Deci Xp este solutie a sistemului neomogen dat.3o. Solutia generala a sistemului neomogen este

X = Xom + Xp = c1

( −e−t

e−t

)+ c2

(et

et

)+

( −20

),

sau, pe componente,{

x(t) = −c1e−t + c2e

t − 2y(t) = c1e

−t + c2et.

144. Din familia de solutii ale sistemului (vezi problema anterioara)

(57){

x(t) = −c1e−t + c2e

t − 2y(t) = c1e

−t + c2et,

Page 160: Exercitii algebra

160 ALGA-GDED

determinam acea solutie care satisface conditia initiala x(0) = 0, y(0) = 2. Inlocuim t =0, x(0) = 0, y(0) = 2 ın (57) si obtinem egalitatile

{0 = −c1 + c2 − 22 = c1 + c2

⇔{

c1 = 0c2 = 2.

Deci solutia problemei Cauchy (solutia cautata) este

X∗(t) =(

2et − 22et

)⇒

{x(t) = 2et − 2y(t) = 2et.

145. Eliminam una din cele doua functii necunoscute astfel: din prima ecuatie avemx′ = y, iar prin derivare ın raport cu t, rezulta x′′ = y′. Inlocuim ın ecuatia a doua si obtinemx′′ = x + 2, o ecuatie liniara de ordinul doi cu coeficienti constanti ın functia necunoscutax = x(t). Se observa ca acesta ecuatie este neomogena (prezinta termen liber nenul. Orezolvam ın trei pasi.

1o. Aflam solutia generala a ecuatiei omogene cu coeficienti constanti asociata x′′ − x = 0.Atasam polinomul caracteristic (prin substitutia x(k) 7→ rk) si rezulta r2 − 1 = 0 ⇒ r ∈{−1, 1}. Cvasipolinoamele asociate celor doua radacini sunt e−t si et. Atunci solutia generalaa ecuatiei omogene este xom = c1e

−t + c2et.

2o. Aflam o solutie xp pentru ecuatia neomogena x′′ − x = 2 data folosind metoda variatieiconstantelor,

xp = c1(t)e−t + c2(t)et,

unde c1′ si c2

′ satisfac sistemul algebric liniar{

c1′e−t + c2

′et = 0−c1

′e−t + c2′et = 2

1 .

Adunand cele doua ecuatii rezulta

2c2′et = 2 ⇒ c2

′ = e−t ⇒ c2 = −e−t.

Inlocuim c2′ = e−t ın prima ecuatie si acesta devine

c1′e−t + e−t · et = 0 ⇒ c1

′ = −et ⇒ c1 = −et,

deci c1 = −et si c2 = −e−t. Inlocuim ın expresia lui xp si obtinem

xp = −et · e−t + (−e−t) · et = −2.

Tema. Verificati ca xp(t) = −2 satisface ecuatia neomogena data x′′ − x = 2.

3o. Solutia generala a ecuatiei neomogene date este deci

x = xom + xp = c1e−t + c2e

t − 2,

deci x′ = −c1e−t + c2e

t. Renotand c1 = −c1 si c2 = c2 obtinem{

x(t) = −c1e−t + c2e

t − 2y(t) = c1e

−t + c2et.

146. Renotam y(x) 7→ x(t) si ecuatia devine x′′−x = 2, cu solutia x = c1e−1 + c2e

t− 2,deci y(x) = c1e

−x + c2ex − 2, de unde y′(x) = −c1e

−x + c2ex.

Page 161: Exercitii algebra

Solutii 161

147. Stim ca solutia ecuatiei date este

y(x) = c1e−x + c2e

x − 2;

punem conditia initiala si ınlocuim x = 0; rezulta{

1 = c1 + c2 − 22 = −c1 + c2

⇒{

c1 = 1/2c2 = 5/2.

Solutia cautata a problemei Cauchy este

y =12e−x +

52ex − 2.

V.4. Stabilitate

148. Se observa ca ambele radacini ale polinomului caracteristic (λ1 = −1, λ2 = −2)

sunt radacini reale negative. Deci pozitia de echilibru X0 =(

00

)este stabila si asimptotic

stabila.

149. a) Partea reala a ambelor radacini este strict negativa, deci pozitia de echilibrueste stabila si asimptotic stabila.b) Partea reala este nula, iar radacinile au multiplicitate 1, deci solutia este stabila dar nuasimptotic stabila.c) Partea reala este strict pozitiva, deci solutia este instabila.

V.5. Linii de camp (sisteme simetrice, integrale prime)

150. a) Pentru a determina liniile de camp atasam sistemul simetric

dx

x=

dy

y=

dz

x + y.

Din prima egalitate (ecuatie cu variabile separate) obtinem∫

dx

x=

∫dy

y⇒ y = c1x ⇔ y

x= c1.

S-a determinat astfel prima integrala prima a sistemului simetric, f1(x, y, z) = yx . Folosim

sistemul simetric dxx = dy

y = dzx+y pentru a determina a doua integrala prima f2(x, y, z).

Sistemul simetric se rescrie echivalent

−dx

−x=−dy

−y=

dz

x + y=−dx− dy + dz

0=

d(z − x− y)0

,

de unde rezulta z − x − y = c2. S-a obtinut a doua integrala prima a sistemului simetric,f2(x, y, z) = z−x−y. In concluzie, liniile de camp ale lui X sunt date de ecuatiile carteziene

{yx = c1

z − x− y = c2⇔

{y − c1x = 0, plan π1, n1 = (−c1, 1, 0)z − x− y = c2, plan π2, n2 = (−1,−1, 1).

b) Asociem sistemul simetric

(58)dx

x2=

dy

xy=

dz

y2.

Page 162: Exercitii algebra

162 ALGA-GDED

Din prima egalitatea prin amplificare cu x, obtinem

dx

x=

dy

y⇒ ln |x|+ ln |c1| = ln |y|,

de unde rezulta

(59)y

x= c1,

deci prima integrala prima este f1(x, y, z) = yx . Pentru aflarea celei de-a doua integrale

prime, observam ca ultima relatie nu poate fi folosita direct (mai exact, ın egalitatea dyxy =

dzy2 ⇔ dy

x = dzy , variabila x este legata de y prin relatia (59). Folosim prima integrala prima,

deci relatiay

x= c1 ⇒ x =

y

c1

si ınlocuim ın egalitatea a doua din (58)

dy

x=

dz

y⇒ dy

y/c1=

dz

y⇒ c1dy = dz,

de unde prin integrare, rezulta yc1 = z + c2. Inlocuim c1 cu f1 = yx si obtinem

y · y

x= z + c2 ⇔ y2

x− z = c2.

In final liniile de camp au ecuatiile{

y − c1x = 0 (plan)y2 − xz − c2x = 0 (hiperboloid),

deci o familie de conice (elipse, hiperbole sau perechi de drepte)

151. a) Pentru a determina functia necunoscuta u = u(x, y, z) care satisface ecuatiadata, atasam ın prealabil sistemul caracteristic

dx

x=

dy

y=

dz

x + y.

Aflam cele doua integrale prime independente ale sistemului simetric. Acestea sunt

f1 ≡ y

x= c1, f2 ≡ z − y − x = c2.

Solutia ecuatiei cu derivate partiale va fi u(x, y, z) = φ(

yx , z − x− y

), unde φ este o functie

arbitrara diferentiabila de doua argumente.

b) Asociem sistemul caracteristic: dxx2 = dy

xy = dzy2 . Aflam cele doua integrale prime indepen-

dente ale sistemului simetric. Acestea sunt f1 = yx = C1, f2 = y2

x − z = C2. Solutia ecuatieicu dervate partiale va fi

(60) u(x, y, z) = φ

(y

x,

y2

x− z

),

unde φ(a, b) este o functie arbitrara diferentiabila de doua argumente.

Page 163: Exercitii algebra

Solutii 163

Verificare. Derivatele partiale ale functiei φ sunt

∂u∂x = φa · −−y

x2 + φb · −y2

x2

∂u∂y = φa · 1

x + φb · 2yx

∂u∂z = −φb,

unde am notat

φa =∂φ

∂a(a, b)

∣∣∣∣a= y

x ,b= y2x −z

, φb =∂φ

∂b(a, b)

∣∣∣∣a= y

x ,b= y2x −z.

Inlocuind ın ecuatie, rezulta

x2 ·(

φa · −−y

x2+ φb · −y2

x2

)+ xy ·

(φa · 1

x+ φb · 2y

x

)+ y2 · (−φb) = 0,

identitate; deci (60) este solutia generala a ecuatiei date.

152. Aflam cele doua integrale prime ale sistemului simetric asociat

dx

x=

dy

y=

dz

x + y

ale ecuatiei omogene atasate,

x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ (x + y)

∂u

∂z= 0.

Acestea suntf1 =

y

x, f2 = z − x− y.

Atasam sistemul

yx = c1

z − x− y = c2

y = 1, z = x2.

Eliminam x, y, z din sistem si obtinem

y = 1, x =1c1

, z =1c21

si conditia de compatibilitate a sistemului,

c2 =1c21

− 1c1− 1.

Inlocuind c1 si c2 respectiv cu f1 si f2 ın aceasta relatie, determinam ecuatia Σ : u(x, y, z) = 0a suprafetei cerute,

x

y+ 1 + (z − x− y) =

x2

y2⇔ xy + y2 + (z − x− y)y2 − x2

︸ ︷︷ ︸u(x,y,z)

= 0,

care se rescrie cartezian explicit Σ : z = x2−xy−y2

y2 + x + y. Tema. Verificati ca functiau determinata satisface ecuatia cu derivate partiale si ca suprafata u = 0 contine curba

Γ :{

y = 1z = x2 ⇔ Γ : (x, y, z) = (t, 1, t2), t ∈ R.

Page 164: Exercitii algebra

164 ALGA-GDED

b) Aflam cele doua integrale prime ale sistemului simetric asociat dxx2 = dy

xy = dzy2 al ecuatiei

omogene atasate.

(61) x2 ∂u

∂x+ xy

∂u

∂y+ y2 ∂u

∂z= 0.

Acestea sunt f1 = yx , f2 = y2

x − z. Atasam sistemul

yx = C1

y2

x − z = C2

y = 1, z = x3.

Eliminam x, y, z din sistem si obtinem

y = 1, x = 1C1

, z = 1C3

1

C1 − 1C3

1= C2.

Inlocuind C1 si C2 respectiv cu f1 si f2 ın ultima relatie (conditia de compatibilitate asistemului) rezulta ecuatia suprafetei cerute:

y

x− x3

y3=

y2

x− z ⇔ Σ : y4 − x4 − y5 + xy3z︸ ︷︷ ︸

u(x, y, z)

= 0,

determinata de functia u(x, y, z), solutie a e.d.p. (61). Tema. Verificati ca functia udeterminata satisface ecuatia cu derivate partiale si ca suprafata u = 0 contine curba

Γ :{

y = 1z = x3.

⇔ Γ : (x, y, z) = (t, 1, t3), t ∈ R.

Page 165: Exercitii algebra

AddendaPrograme MAPLEr

1. Algebra liniara: ortonormare (procedeul Gram Schmidt si normare)# Input: trei vectori din R^3;# Output: vectori ortonormati;> restart: with(linalg): u1:=vector([3,-1,2]);> u2:=vector([1,2,1]); u3:=vector([1,1,4]); # u1, u2 si u3> gs:=GramSchmidt({u1,u2,u3},normalized); # procedura pentru calc.vect.ortog.> M:=matrix([gs[1],gs[2],gs[3]]); # M=matricea formata din vect.ortonormati

2. Algebra liniara: descompunerea LU a unei matrice# Input: matricea A;# Output: matricele L si U din descomp. A=L*U (L=inf.triunghiulara,U=sup.triungh.)> restart: with(linalg): A:=array(1..3,1..3,[[3,1,1],[-1,2,1],[2,1,4]]); # matr.A# procedura ce realizeaza descompunerea LU a unei matrice> x:= LUdecomp(A,L=’l’,U=’u’,U1=’u1’,R=’r’,P=’p’,det=’d’,rank=’ran’);# matricea inferior trunghiulara, respectiv cea superior triunghiulara> evalm(l); evalm(u); # L, U> map(normal,evalm(l &* u)); # verificare: A=L*U

3. Algebra liniara: descompunerea QR a unei matrice# Input: matrice patratica A# Output: matricele din descompunerea A=Q*R> restart: with(linalg):> A:=matrix(3,3,[[1,3,3],[2,4,5],[7,3,8]]); # matricea A> det(A); # det.matr.A (nenul)# procedura ce realizeaza descompunerea QR a matricei A> R:=QRdecomp(A, Q=’q’, rank=’r’); Q:=evalm(q); # matricea Q> evalm(Q&*R); # verificare A=Q*R

4. Algebra liniara: formele canonice digonala si Jordan# Input: matricele A si B;# Output: formele canonice corespunzatoare (diagonala, respectiv Jordan);> restart: with(linalg): A:=array([[1,2,3], [2,3,1], [3,1,2]]); # matricea A> B:=array([[3,1,0,0], [1,2,0,0], [0,0,2,1], [0,0,0,2]]); # matricea B# forme canonice> J1:=jordan(A, ’P1’); C1:=print(P1); # forma diagonala a matricei A> J2:=jordan(B, ’P2’); C2:=print(P2); # forma Jordan a matricei B# verificari: J1=P1^(-1)*A*P1, J2= P2^(-1)*A*P2> J1:=simplify(multiply(inverse(P1), A ,P1));> J2:=simplify(multiply(inverse(P2), B , P2));# verificari: A=A^t, matrice simetrica diagonalizabila> evalm(A-transpose(A));

5. Algebra liniara: operatii cu vectori liberi# Input: vectorii liberi u,v,w;# Output: produs vectorial, scalar si mixt, unghi, norma, proiectie;> restart: with(linalg):> u:=vector(3,[1,2,3]); v:=vector(3,[2,3,4]); w:=vector(3,[1,4,2]); # u,v,w# produs vectorial, produs scalar

Page 166: Exercitii algebra

166 ALGA-GDED

> a:=crossprod(u,v); s:=innerprod(u,v); # a= uxv, s= <u,v># unghi> Theta:=In/U/V; angle(u,v); # unghiul dintre u si v> A:=norm(a)/2; # A=||a||/2> c:=crossprod(v,w); d:=crossprod(u,c); # c=vxw, d= <u,c># produs mixt> d2:=evalm(innerprod(u,w)*v-innerprod(u,v)*w); # d2=<u,w>v-<u,v>w> m1:=crossprod(u,v); # m1 = uxv> m:=crossprod(m1,w); # m = <m1,w>> e:=innerprod(v,v); # e = <v,v>> pro:=(evalm(s)/evalm(e))*evalm(v); evalm(pro); # proiectia lui u pe v> dif:=evalm(d)-evalm(d2); # verificare

6. Geometrie analitica: dreapta si planul# 6a.# Input: Punctele A1,A2,A3 si vectorii v1, v2;# Output: drepte, plane, vector normal la plan, distante, unghiuri,

proiectii, simetrii, intersectii> restart: with(geom3d): with(linalg):> point(A1,1,5,0); point(A2,2,3,4); point(A3,1,0,-2); # A1,A2,A3> v1:=[1,-2,1]; n1:=[0,-1,2]; # v1,n1# dreapta prin doua puncte, respectiv dreapta printr-un punct si o directie data> line(d1,[A1,A2]); Equation(d1,’t’); # d1=dr(A1,A2)> line(d2,[A3,v1]); Equation(d2,’t’); # d2=dr(A3,v1)# planul printr-un punct si cu vectorul normal dat, resp. planul prin trei puncte> plane(p1,[A3,n1]); Equation(p1,[x,y,z]); # p1=pl(A3,n1)> plane(p2,[A1,A2,A3]); Equation(p2,[x,y,z]); # p2=pl(A1,A2,A3)# distante> e1:=distance(A1,A2); e2:=distance(A1,d2); # e1=d(A1,A2), e2=d(A1,d2)> e3:=distance(A2,p1); e4:=distance(d1,d2); # e3=d(A2,p1), e4=d(d1,d2)# unghiuri> u1:=FindAngle(d1,d2); # u1=unghiul dintre d1 si d2> u2:=FindAngle(p1,p2); # u2=unghiul dintre p1 si p2> u3:=FindAngle(p2,d2); # u3=unghiul dintre p2 si d2# proiectii> projection(R1,d1,A3); coordinates(R1); # R1=proiectia lui A3 pe d1> projection(R2,p1,A1); coordinates(R2); # R2=proiectia lui A1 pe p1> projection(d3,d2,p2); Equation(d3,’t’); # d3=proiectia lui d2 pe p2# simetrii> w1:=coordinates(A1); w2:=coordinates(A2); w3:=coordinates(A3);> point(S0,2*w2-w1); coordinates(S0); # S0=simetricul lui A1 fata de A2> tz1:=coordinates(R1); point(S1,2*tz1-w3); coordinates(S1);> # S1=simetricul lui A3 fata de R1> tz2:=coordinates(R2); point(S2,2*tz2-w1); coordinates(S2);> # S2=simetricul lui A1 fata de R2# verificari> evalf(distance(A3,d1)-distance(A3,R1));> evalf(distance(A1,p1)-distance(A1,R2));> point(A4,0,2,-3); qro:=coordinates(A4);> projection(B4,A4,p2); pro:=coordinates(B4); 2*pro-qro;

Page 167: Exercitii algebra

Addenda - Programe MAPLEr 167

# 6b.# Input: Punctele A, B, C, E si vectorul v2;# Output: drepte, plane, vector normal la plan, distante, unghiuri,

proiectii, simetrii, intersectii> restart: with(linalg): with(geom3d):> point(A,2,3,-5); point(B,1,2,1); # A,B> point(C,1,5,3); point(E,1,1,1); # C,E> v2:=[3,1,-1]; # v2# ecuatiile dreptei prin doua puncte> line(d1,[A,B]); Equation(d1,’t’); # d1=dr(A,B)> line(d3,[B,C]); Equation(d3,’t’); # d3=dr(B,C)> line(d5,[A,E]); Equation(d5,’t’); # d5=dr(A,E)# ecuatiile dreptei ce trece printr-un punct si are vector director dat> line(d2,[C,v2]); Equation(d2,’t’); # d2=dr(C,v2)> line(d4,[B,v2]); Equation(d4,’t’); # d4=dr(B,v2)# extragerea vectorului director> v1:=ParallelVector(d1); # v1||d1# proiectie (punct pe dreapta)> projection(D,A,d2); coordinates(D); # D=proi. lui A pe d2# ecuatia planului dat de punct si doua directii; extragerea vectorului normal> plane(p1,[A,d3,d4]); Equation(p1,[x,y,z]); # p1=pl(A,d3,d4)> n1:=NormalVector(p1); # n1||p1# proiectii (punct pe plan)> projection(F,E,p1); coordinates(F); # proi.pct.E pe p1# intersectia dintre o dreapta si un plan> intersection(V,d2,p2); detail(V); coordinates(V);# verificari (distante aflate cu ajutorul proiectiilor determinate anterior)> distance(E,p1); distance(E,F); # distanta de la un punct la un plan> distance(A,d2); distance(A,D); # distanta de la un punct la o dreapta> q:=crossprod(v1,v2); line(d8,[A,v1]);

7. Geometrie analitica: plotari de drepte si conice# Input: 5 curbe in reprezentare parametrica;# Output: plotari simultane si plotarea punctelor de intersectie a doua curbe;> restart: with(linalg): with(plots): with(plottools):# curbe in reprezentare parametrica> x1:=3*cos(t1); y1:=2*sin(t1); # C1> x2:=3*cosh(t2); y2:=2*sinh(t2); # C2> x3:=t3^2; y3:=2*t3; # C3> x4:=t4+2; y4:=t4-1; # C4> x5:=3*t5; y5:=2*t5+1; # C5# plotarea curbelor C1,C2 si C3> d1:=plot([x1,y1,t1=-3..3],color=blue):> d2:=plot([x2,y2,t2=-3..3],color=red):> d3:=plot([x3,y3,t3=-3..3],color=green):> display(d1,d2,d3); # plot. simultana a curbelor C1,C2,C3# plotarea curbelor C4 si C5> d4:=plot([x4,y4,t4=-3..3],color=blue):> d5:=plot([x5,y5,t5=-3..3],color=red):> display(d4,d5); # plotarea simultana a curbelor C4,C5# aflarea punctelor de intersectie ale curbelor C4 si C5> w1:=solve(x4=x5,t4); # sol. t4 a ecuatiei x4=x5 fnc. de t5

Page 168: Exercitii algebra

168 ALGA-GDED

> t5_:=solve(subs(t4=w1,y5=y4)); t4_:=subs(t5=t5_,w1);> # t4_ si t5_ sunt param. in pct. de intersectie> xp1:=subs(t4=t4_,x4); yp1:=subs(t4=t4_,y4);> xp2:=subs(t5=t5_,x5); yp2:=subs(t5=t5_,y5);> # pct. de intersectie (xp1,yp1)=(xp2,yp2)# plotarea punctelor de intersectie ale curbelor C1 si C2> plot([[xp1,yp1],[xp2,yp2]],style=point,color=green);

8. Geometrie analitica: plotari simultane de drepte si conice# Input: doua drepte si trei conice;# Output: plotari simultane ale acestora

# 8a.> restart; with(plots): with(linalg): with(plottools):> # prima dr. in exprimare parametrica> d1:=[3*t+2,2*t-1]: # d1# prima dreapa in exprimare carteziana> a:=solve(x=d1[1],t): # a= sol. t a ecuatiei x=3t+2 fnc. de x> b:=subs(t=a,y=d1[2]): # b= d1 in expr. cartez. (ec. in x si y)# a doua dreapta in exprimare carteziana> d2:=3*x-5*y-4: # d2# punctul de intersectie al celor doua drepte> A:=solve({b,d2},{x,y}); # A= solutia in x si y a sistemului b=0, d2=0> p1:=point([rhs(A[1]),rhs(A[2])],color=blue): # plotarea punctului A# plotare drepte> p2:=implicitplot(d2,x=-25..65,y=-25..65,color=green):> p3:=plot([d1[1],d1[2],t=-25..25]):> display(p1,p2,p3); # plotarea simultana a dr. d1, d2 si d3# curbe in exprimare carteziana> c1:=x^2/4+y^2=1: c2:=x^2-y^2/9=1: c3:=y^2-2*x=0: # c1, c2 si c3# plotarea celor 3 curbe> f1:=implicitplot(c1,x=-10..10,y=-10..10,color=red):> f2:=implicitplot(c2,x=-10..10,y=-10..10,color=blue):> f3:=implicitplot(c3,x=-10..10,y=-10..10,color=green):> display(f1,f2,f3); # plot. simult. a conicelor c1,c2 si c3

# 8b.> restart: with(plots): with(plottools):# drepte in exprimare parametrica, respectiv carteziana>d1:={x=t+2,y=-2*t}; d2:=y-2*x+4=0; # d1, d2# prima dreapta in exprimare carteziana>s:=solve(d1[1],t); # sol. t a ecuatiei x=t+2 functie de x>d1_:=subs(t=s,d1[2]); # d1_= ec. carteziana a dreptei d1# punctul de intersectie al celor 2 drepte>A:=solve({d1_,d2},{x,y}); # A= punctul de intersectie al dr. d1 si d2>x0:=rhs(A[1]); y0:=rhs(A[2]); # (x0, y0)= coordonatele punctului A# plotari>fig1:=implicitplot({d2},x=-10..10,y=-10..10): # plotarea dreptei d2>fig2:=plot([rhs(d1[1]),rhs(d1[2]),t=-10..10]): # plotarea dreptei d1>l:=point([x0,y0],color=green):>plots[display](l); # plotarea punctului A>plots[display](fig1,fig2,l); # plotarea simultana a dr. d1,d2 si a pct.A

Page 169: Exercitii algebra

Addenda - Programe MAPLEr 169

# curbe (in exprimare parametrica sau carteziana)>c1:={x=3*cos(s),y=2*sin(s)}; c2:=9*x^2-y^2=1; c3:=y^2-2*x; # c1, c2 si c3# plotari curbe>fig3:=plot([rhs(c1[1]),rhs(c1[2]),s=-10..10],color=red):>fig4:=implicitplot({c2},x=-10..10,y=-10..10,color=green,numpoints=5000):>fig5:=implicitplot({c3},x=-10..10,y=-10..10,color=blue,numpoints=3000):>plots[display](fig3,fig4,fig5); # plotarea simultana a curbelor c1,c2,c3

9. Geometrie analitica: transformari geometrice si reprezentari de conice

# 9a.# Input: ecuatii elipsa si hiperbola;# Output: plotari elipsa, hiperbola, translatie, rotatie,# reflectie (simetrie fata de o dreapta), omotetie;> restart: with(plottools): with(plots):# ecuatie elipsa> eq:= (x-x0)^2/a^2 + (y-y0)^2/b^2 = 1; a:= 3: b:= 2: x0:= 0; y0:=0;# plotare elipsa> elli:= ellipse([x0,y0], a, b, filled=true, color=gold): # elipsa> plots[display](elli, scaling=constrained,title=‘Elipsa‘,titlefont=[TIMES,BOLD,18]);# ecuatie hiperbola> eq:= (x-x0)^2/a^2 - (y-y0)^2/b^2 = 1; a:= 3: b:= 2: x0:= 0: y0:= 0:> h:= hyperbola([x0,y0], a, b, -2..2): # hiperbola# plotare hiperbola> display(h,title=‘Hiperbola‘,titlefont=[TIMES,BOLD,18]);# plotari dupa ce s-au operat transformari geometrice: translatie, rotatie,# oglindire (simetrie fata de o dreapta), omotetie (scalare izotropa),# scalare (scalare anizotropa)> display([elli,translate(elli,-2,-3)]); # translatie> display([h,translate(h,-2,-3)]); # translatie> display(rotate(elli, Pi/6)); # rotatie> display(rotate(h, Pi/6)); # rotatie> display(reflect(elli,[[-1,2],[2,1]])); # oglindire> display(reflect(h,[[-1,2],[2,1]])); # oglindire> display(plottools[homothety](elli,1/2)); # omotetie> display(plottools[homothety](h,1/2)); # omotetie> display(scale(elli,3,1/2,[0,0])); # scalare> display(scale(h,3,1/2,[0,0])); # scalare

# 9b.# Input: ecuatiile pentru tor si sa;# Output: plotari: tor, sa transformate (translatie, rotatie, scalare, omotetie);> restart: with(plots): with(plottools):> c:=torus([0,0,0],2,3): # c (tor)> plots[display](c,scaling=constrained,

title=‘Torus‘,titlefont=[TIMES,BOLD,18]); # plotare tor c> plot3d(x*y,x=-1..1,y=-1..1); # plotare sa> e1:=4*cos(u)*sin(v);e2:=2*sin(u)*sin(v);e3:=3*cos(v); # ec.par. sa> plot3d([e1,e2,e3],u=-Pi..Pi,v=-Pi..Pi,scaling=constrained, # plotare sa

title=‘Shea‘,titlefont=[TIMES,BOLD,18]);> display([c,translate(c,-,1,3)],scaling=constrained,title=‘Translate‘

titlefont=[TIMES,BOLD,18]); # translatie

Page 170: Exercitii algebra

170 ALGA-GDED

> plots[display](rotate(c,Pi/4,[[1,1,2],[-2,3,1]]),scaling=constrained,title=‘Rotate‘,titlefont=[TIMES,BOLD,18]); # rotatie

> q1:=reflect(c,[1,1,2],[-2,3,1]):> # torul simetrizat in relativ la o dreapta> plots[display]([c,q1],scaling=constrained,title=‘Reflect‘,

titlefont=[TIMES,BOLD,18]); # oglindire> o:= plottools[homothety](c,1/2):> plots[display]([c,o],scaling=constrained,title=‘Homothety‘,

titlefont=[TIMES,BOLD,18]); # omotetie> M:=scale(c,2,3,1/3):> plots[display]([c,M],scaling=constrained,title=‘Scaling‘,

titlefont=[TIMES,BOLD,18]); # scalare

10. Geometrie diferentiala: plotarea unui fascicul animat de suprafete# Input: patru suprafete (r1,r2,r3,r4) n reprezentare parametrica;# Output: plotarea fasciculului determinat de r1,r2 si a celui det. de r3,r4> restart: with(plots):> r1:=[cos(u)*cosh(v),sin(u)*cosh(v),sinh(v)]; # r1> r2:=[cos(u)*sinh(v),sin(u)*sinh(v),cosh(v)]; # r2> r3:=[u*cos(v),u*sin(v),u^2]; r4:=[u,v,u*v]; # r3,r4> f1:=evalm(t*r1+(1-t)*r2); # f1; fascicule de suprafete> f2:=evalm(s*r3+(1-s)*r4); # f2; plotarea animata a celor doua fascicule> animate3d(f1,u=-0..2*Pi,v=-2..2,t=0..1);> animate3d(f2,u=-2..2,v=0..2*Pi,s=0..1,frames=20);

11. Geometrie diferentiala: suprafete parametrizate - curburi si reprez. grafica# Input: suprafata r;# Output: prima si a 2-a forma fundamentala, curbura totala si curbura medie;> restart: with(plots): with(geom3d): with(linalg):> r:=[u,v,u^2-v^2]; # suprafata r, derivate partiale> r_u:=diff(r,u); r_v:=diff(r,v); # prima forma fundamentala> E:=innerprod(r_u,r_u); # E = <r_u, r_u>> F:=innerprod(r_u,r_v); # F = <r_u, r_v>> G:=innerprod(r_v,r_v); # G = <r_v, r_v>> i:=matrix(2,2,[E,F,F,G]); # i = matricea primei forme fundamentale> r_uu:=diff(r_u,u); # der. partiale de ordinul al doilea> r_uv:=diff(r_u,v); r_vv:=diff(r_v,v);> n:=evalm((crossprod(r_u,r_v))/norm((crossprod(r_u,r_v),2)));> # n= vectorul normal la suprafata r> L:=innerprod(r_uu,n); # a doua forma fundamentala; L= <r_uu, n>> M:=innerprod(r_uv,n); # M= <r_uv, n>> N:=innerprod(r_vv,n); # N= <r_vv, n>> ii:=matrix(2,2,[L,M,M,N]); # II= matricea formei II fundamentale> k:=det(ii)/det(i); H:=(1/2)*((E*N+G*L-2*F*M)/det(i)); # curb.Gauss k si medie H> imag1:=plot3d(r,u=-2..2,v=-2..2,color=red): # plotari> imag2:=plot3d([u,v,k],u=-2..2,v=-2..2,color=blue):> imag3:=plot3d([u,v,H],u=-2..2,v=-2..2,color=green):> display(imag1,imag2,imag3); # plot. simultana: suprafata, k, si H

12. Geometrie diferentiala: rotatie animata# Input: curba in reprezentare parametrica si matricea de rotatie;# Output: plotarea curbei rotite (unghi variabil);

Page 171: Exercitii algebra

Addenda - Programe MAPLEr 171

> restart: with(plots): x:=2*cos(s); y:=sin(s); # ec.param.ale unei curbe> v:=array(1..2,[x,y]); d:=0..2*Pi; # R=matricea de rotatie> R:=matrix(2,2,[[cos(theta),-sin(theta)],[sin(theta),cos(theta)]]);> W:=evalm(R&*v); # W=R*v> animate([W[1],W[2],s=d],theta=0..8*Pi,frames=80); # plotare animata

13. Ecuatii diferentiale: EDO (ecuatii diferentiale ordinare)# Input: ecuatie diferentiala ordinara (ex. 128)# Output: solutia generala, o solutie particulara, plotare solutia generala> restart: ode1:= diff(y(x),x)*x+2*y(x)-3*x=0; # EDO> sol:=dsolve(ode1); # solutia generala# o solutie particulara - pentru conditia initiala y(1)=1> sol1:=dsolve( {ode1, y(1)=1}, y(x));> with(DEtools): # plotare sol. generala> DEplot(ode1, y(x), x=-10..10, y=10..10, linecolour=blue, stepsize=0.5);

14. Ecuatii diferentiale: SEDO (sisteme de ecuatii diferentiale ordinare)# Input: sistem de ecuatii diferentiale ordinare (ex. 143);# Output: solutia generala, o solutie particulara, plotari;> restart: sys1:= {diff(x(t),t) = y(t), diff(y(t),t) = x(t)+2}; # SODE> sol:=dsolve(sys1); # solutia generala# o solutie particulara - cu conditiile initiale x(0)=0,y(0)=2> sol1:=dsolve(sys1 union {x(0)=0,y(0)=2},{x(t),y(t)});> with(DEtools): with(plots): # plotari# plotarea solutiei generale> DEplot(sys1,[x(t),y(t)],t=-2..2,x=-1..2,y=-1..2,title=‘plot SODE‘,

color=blue,stepsize=0.5);# plotarea solutiei generale in 3D> DEplot3d(sys1,{x(t),y(t)},t=-1..1, [[x(0)=0,y(0)=2]],x=0..2,y=0..4,

scene=[t,x(t),y(t)],linecolour=COLOR(HUE,.5));# plotarea solutiei particulare> p:= dsolve(sys1 union {x(0)=0,y(0)=2},{x(t),y(t)}, type=numeric);> odeplot(p, [[t,x(t)],[t,y(t)]],-4..4); # x si y plot.fnc.de t> odeplot(p, [x(t),y(t)],-4..4); # sp.fazelor: x(t)&y(t)> odeplot(p, [t,x(t),y(t)],-4..4, color=blue, axes=boxed); # plot sol.3D

15. Ecuatii diferentiale: linii de camp# Input: un cmp vectorial;# Output: plotarea liniilor de camp;> restart: with(plots):> fieldplot3d([x,y,x+y],x=-1..1,y=-1..1,z=-1..1,grid=[5,5,5], axes=boxed);

16. Ecuatii diferentiale: EDP (ecuatii diferentiale cu derivate partiale)# Input: ecuatie liniara omogena cu derivate partiale (ex. 150);# Output: plotarea solutiei ecuatiei cu derivate partiale pentru anumite cond.ini.> restart: # ecuatie liniara omogena cu derivate partiale> pde:= x*diff(u(x,y,z),x)+y*diff(u(x,y,z),y)+(x+y)*diff(u(x,y,z),z) = 0;> ics:=[cos(t)*sin(s),cos(s)*cos(t),cos(t),sin(t)],[t=0..Pi, s=0..Pi]; # cond.ini.> with(PDEtools): # plotarea solutiei> PDEplot(pde, ics, numsteps=[-5,6], stepsize=.1, axes=boxed, style=PATCHNOGRID,

numchar=[16,16], orientation=[148,66], lightmodel=’light2’);

Page 172: Exercitii algebra
Page 173: Exercitii algebra

Bibliografie

[1] E.Arghiriade, Curs de algebra superioara, Ed. Didactica si Pedagogica, 1963. U: II8905.P: TIII10857.

[2] Gh.Atanasiu, Gh.Munteanu, M. Postolache, Algebra liniara, geometrie analitica, diferentialasi ecuatii diferentiale, Ed. All, Bucuresti, 1994; 1996. U: II38657, 1998. U: 39368.

[3] Gh.Atanasiu, Gh.Pitis, M.Cazacu, V.Grosaru, Culegere de probleme de geometrie analitica sidiferentiala, Tipogr. Univ. Brasov, 1980. U: III15589.

[4] Gh.Atanasiu, E.Stoica, Algebra liniara, geometrie analitica, Ed. Fair Partners, Bucuresti, 2003.[5] V.Balan, Algebra liniara, geometrie analitica, Ed. Fair Partners, Bucuresti, 1999. U: II39499.[6] V.Balan, S.Dinu, Geometrie analitica – Elemente de teorie si probleme, Ed. Printech, 2003;

Ed. Bren, 2004.[7] V.Balan, I-R.Nicola, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala, ecuatii diferentiale

(exercitii si probleme), Ed. Bren, 2004-2008.[8] M.Bercovici, S.Rimer, A.Triandaf, Culegere de probl. de geometrie analitica si diferentiala,

Ed. Didactica si Pedagogica, 1973. U: I20442. P: TIII20792.[9] M.Bodnariu, Elemente de algebra, Ed. Printech, 1998.

[10] N.Boja, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala, ecuatii diferentiale: culegere deprobleme, Ed. Politehnicii Timisoara, 2001. U: II39565.

[11] S.Bontas, Geometrie si calcul integral, Ed. Fair Partners, Bucuresti, 2009.[12] V.Branzanescu, O. Stanasila, Matematici speciale, Ed. ALL, Bucuresti, 1994.[13] F.Bucur, Algebra liniara, geometrie analitica, Lit. Inst. Constr. Bucuresti, 1971. U: II23383.[14] S.Chirita, Probleme de matematici superioare, Ed. Didactica si Pedagogica, 1989. U:II35784.

P: TIII38955.[15] N.Cioranescu, M.Rosculet, Culegere de probleme de algebra si analiza matematica, Ed.

Tehnica, 1959. U: II6262. P: TIII6747.[16] S.Corbu, Gh.Mocica, Ecuatii diferentiale. Teorie si aplicatii, Ed. Fair Partners, Bucuresti,

2003.[17] C.Cosnita, I.Sager, I.Matei, I.Dragota, Culegere de probleme de geometrie analitica, Ed.

Didactica si Pedagogica, 1963.[18] M.Craioveanu, Introducere ın geometria diferentiala, Ed. Univ. de Vest, Timisoara, 2008.[19] I.Creanga, Gh.Gheorghiu, A.Haimovici, M.Haimovici, O.Mayer, Curs de geometrie analitica:

pentru uzul institutelor tehnice, Ed. Tehnica, 1951. U: II3632.[20] I.Creanga, C.Reischer, Algebra liniara, Ed. Didactica si Pedagogica, 1970. U: II17295.

P: TIII19311.[21] I.Crisan, A.Lare, Culegere de probleme de geometrie analitica, Ed. Didactica si

Pedagogica, 1971. U: II18018.[22] Gh.Dodescu, Metode numerice ın algebra, Ed. Tehnica, 1979. U:II27981. P: TII20754.[23] O.Dogaru, M.Doroftei, Algebra liniara, Geometry Balkan Press, 1998.[24] O.Dogaru, M.Doroftei, Geometrie analitica si diferntiala, Cursuri Universitare 13, Geometry

Balkan Press, 2001.[25] O.Dogaru, M.Doroftei, Geometrie diferentiala liniara si patratica, Fair Partners, 2006.[26] L.Dragusin, C.Dragusin, C.Radu, Calcul integral si ecuatii diferentiale, Ed. Style, 1996.[27] M.A.Geanau, Probleme de algebra, Ed. Printech, 1997.[28] Gh.Gheorghiev, R.Miron, D. Papuc, Geometrie analitica si diferentiala, Ed. Didactica si

Pedagogica, 1968-1969. U: II13538.[29] Gh.Th.Gheorghiu, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala si programare, Ed.

Didactica si Pedagogica, 1977. U: II25541.[30] Gh.Th.Gheorghiu, Elemente de algebra si geometrie analitica, Ed. Didactica si Pedagogica,

1961. U: II8079.

173

Page 174: Exercitii algebra

174 ALGA-GDED

[31] Gh.Th.Gheorghiu, Geometrie analitica si diferentiala, Ed. Didactica si Pedagogica, 1969.U: II14354.

[32] I.Glazman, Iu.Liubici, Alg. liniara pe spatii finit dimensionale, Ed. Stiintifica si Enciclopedica,1980. U: II28752.

[33] A.Haimovici, Grupuri de transformari, Ed. Didactica si Pedagogica, 1968.[34] I.-E.Hirica, L.Nicolescu, S.Leiko, G.Pripoae, Geometrie diferentiala. Probleme. Aplicatii, Ed-

itura Fundatiei ”Romania de Maine”, Bucuresti, 1999.[35] A.Ioanoviciu, N.Mihaileanu, M.Silisteanu Milovaru, M.Neumann, I.Peterfi, L.Stanciu,

P.Stanciu, Culegere de probleme de geometrie analitica si diferentiala, Ed. Didactica siPedagogica, 1979. U: II17158.

[36] C.Ionescu-Bujor, Geometrie analitica si diferentiala, Inst. Pol. Bucuresti, 1950. U: III7673.[37] C.Ionescu-Bujor, O.Sacter, Exercitii si probleme de geometrie analitica si diferentiala, Ed.

Didactica si Pedagogica, 1963. U: II9022.[38] O.Kreindler, Geometrie analitica si diferentiala, Ed. I.P.B., 1950. U: III8196.[39] A.Leonte, G.Vraciu, Elemente de calcul matriceal cu aplicatii, Ed. Tehnica, Bucuresti, 1975.

U: II22658.[40] E.Manzatu, Probleme de geometrie analitica, Acad.Militara, Bucuresti, 1979.[41] N.Mihaileanu, Geometrie analitica, proiectiva si diferentiala, Ed. Didactica si Pedagogica,

1971. U: II18522.[42] N.Mihaileanu, Geometrie analitica, proiectiva si diferentiala: complemente, Ed. Didactica si

Pedagogica, 1972. U: II19686.[43] N.Mihaileanu, Lectii complementare de geometrie, Ed. Didactica si Pedagogica, 1976.[44] R.Miron, Geometrie analitica, Ed. Didactica si Pedagogica, 1976. U: II24293.[45] P.S.Modenov, Geometrie analitica, Ed. Tehnica, 1957. U: II5663.[46] E.Murgulescu, Geometrie analitica si diferentiala, Ed. Didactica si Pedagogica, 1974.

U: II8904.[47] E.Murgulescu, N.Donciu, Culegere de probleme de geometrie analiticasi diferentiala,

Universitatea ”Politehnica” Bucuresti, 1971. U: II18509.[48] E.Murgulescu, N.Donciu, V.Popescu, Geometrie analiticaın spatiu si geometrie diferentiala -

culegere de probleme, Ed. Didactica si Pedagogica, 1974. U: II21167.[49] E.Murgulescu, S.Flexi, O.Kreindler, O.Sacter, Geometrie analitica, Ed. Didactica si

Pedagogica, 1962. U: II8904; 1965. U: II10530.[50] E.Murgulescu, S.Flexi, O.Kreindler, O.Sacter, M.Tarnoveanu, Geometrie analitica si

diferentiala, Ed. Didactica si Pedagogica, 1965. U: II10530.[51] Al.Myller, Curs de geometrie analitica, Ed. Sem.Mat. Iasi, 1936. U: II2171.[52] Al.Myller, Geometrie analitica, Ed. Didactica si Pedagogica, 1972. U: II19632.[53] M.Neagu, Geometrie superioara ın plan si ın spatiu, Ed. Univ. Transilvania din Brasov, 2008.[54] Gh.Necsuleu, V.Necsuleu, N.-C.Necsuleu, Transformari geometrice ın spatiul euclidian

tridimensional. Aplicatii ın geometrie si mecanica, Ed. Fair Partners, Bucuresti, 2005.[55] I.R.Nicola, Metode geometrice pentru studiul unor procese biologice complexe, Ed. Bren,

Bucuresti, 2007[56] V.Obadeanu, Elemente de algebra liniara si geometrie analitica,, Ed. Facla, 1981.

U: II29956.[57] V.Olariu, O.Olteanu, Analiza matematica, Ed. Semne, 1998. U: II38622.[58] D.Pompeiu, Geometrie analitica (curs), Ed. Matac, 1938. U: III15093.[59] I.Pop, Gh.Neagu, Algebra liniara si geometrie analitica ın plan si ın spatiu, Ed.Plumb, Bacau,

1996.[60] I. Popescu, Probleme de matematici superioare, Ed. Didactica si Pedagogica, 1964.[61] I.I. Popescu, G.G.Vranceanu, C.Tudor, Matematici superioare, Ed. Didactica si

Pedagogica, 1964. U: II10135.[62] T.V. Postelnicu, M.I.Stoka, G.G.Vranceanu, Culegere de probleme de geometrie analitica si

diferentiala, Ed. Tehnica, 1970. U: II17159.[63] C.Radu, Algebra liniara, geometrie analitica, Ed. Fair Partners, Bucuresti, 2004.[64] C.Radu, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala, Ed. ALL, 1996. U: II38657.[65] C.Radu, C.Dragusin, L.Dragusin, Algebra liniara, analiza matematica, geometrie analitica si

diferentiala, Ed. Fair Partners, 2000.[66] C.Radu, C.Dragusin, L.Dragusin, Aplicatii de alg., geometrie si matematici spec., Ed. Didac-

tica si Pedagogica, 1991. U: II36960.[67] M.Rosculet, Algebra liniara, geometrie analitica si geometrie diferentiala , Ed. Tehnica, 1987.

U: II33881.

Page 175: Exercitii algebra

Bibliografie 175

[68] O.Sacter, Despre conice si alte curbe, Ed. Tehnica, 1955.[69] M.Sarian, Conice: elemente geometrice, Universitatea ”Politehnica” Bucuresti, 1936.

U: III8968.[70] N.Soare, Curs de geometrie, Ed. Univ. Bucuresti, 1996. U: II38760.[71] N.Soare, A.M.Panait, L.Preda, I.Soare, Metoda transformarilor geometrice, Ed. Gimnasium,

Targoviste, 2002.[72] St.Staicu, Aplicatii ale calculului matriceal ın mec. solidelor, Ed.Acad.,1986. U: II33045.

P: TIII36932.[73] I.Stamate, Culegere de probleme de matematici superioare, Ed. Didactica si Pedagogica, 1971.

U: II18621.[74] O. Stanasila, Analiza liniara si geometrie, vol.1, Ed. ALL Educational, Bucuresti, 2000.[75] I.D.Teodorescu, Geometrie si elemente de algebra liniara, Ed. Didactica si Pedagogica,

1965. U: II10973; 1967 (culegere de probleme). U: II12858; 1971 (culegere de probleme).U: II18461; 1972. U: II19190.

[76] N.Teodorescu, Metode vectoriale ın fizica matematica, Ed. Tehnica, 1954. U: II4186.[77] O.Tino, E.Murgulescu, V.Banarescu, Exercitii si probleme pentru cursul de geometrie analitica

ın scolile tehnice superioare, Litogr. Tip. Inv. Buc. U: II5720.[78] A.Turtoi, Geometrie, Ed. Univ. Bucuresti, 1996. U: II38665.[79] Gh.Titeica, Culegere de probleme de geometrie analitica, Tipogr. C. Reg. F. Gobl. Fiii S.A.

1939. U: II2233.[80] Gh.Titeica, Curs de geometrie analitica, Ed. Facultatii de Stiinte Bucuresti, 1929.

U: 16294; 1932-1933. U: III8198; 1934-35. U: III8188.[81] Gh.Titeica, Geometrie analitica, Lit. Stefanescu 1901. U: II12622.[82] C.Udriste, Algebra liniara geometrie analitica, Geometry Balkan Press, 1996. U: II38947.

P: III44125; Cursuri Universitare 11, Geometry Balkan Press, 2000, 2005.[83] C.Udriste, Aplicatii de algebra, geometrie si ecuatii diferentiale, Ed. Didactica si

Pedagogica, 1993. U: II3765. P: III41318.[84] C.Udriste, Probleme de algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala, Ed. Didactica si

Pedagogica, 1976.[85] C.Udriste, O.Dogaru, Geometrie analitica, Universitatea ”Politehnica” Bucuresti, 1991, 1992.

P: TIII40425.[86] C.Udriste, C.Radu, C.Dicu, O.Malancioiu, Algebra, geometrie analitica si si ecuatii

diferentiale, Ed. Didactica si Pedagogica, 1982. U: II31252. P: TIII35426.[87] C.Udriste, C.Radu, C.Dicu, O.Malancioiu, Probleme de algebra, geometrie analitica si ecuatii

diferentiale, Ed. Didactica si Pedagogica, 1981. U: II30464. P: TIII32351, P: TIII34988.[88] S.Vasilache, Elemente de teoria multimilor si a structurilor algebrice, Ed. Academiei, 1956.

U: II5352.[89] Ge. Vraciu, Algebra liniara, Ed. Universitatii din Craiova, 1994.[90] Gh.Vranceanu, Curs de geometrie analitica si proiectiva, Tipogr. C. Reg. F. Gobl. Fiii. S.A.

1944-45. U: II3361.[91] Gh.Vranceanu, Geometrie analitica si proiectiva, Ed. Tehnica, 1954. U: II4347.[92] Gh.Vranceanu, Geometrie analitica, proiectiva si diferentiala, Ed. Didactica si Pedagogica,

1961. U: II7740; 1962. U: II8645; 1968. U: II13307; 1974. U: II22068.[93] Gh.Zapan, Curs de geometrie analitica, aplicatii, Autografia Sc. de Artilerie, Geniu si Marina

1919. U: II2786.[94] ***, Cuadrice, Univ. Bucuresti 1922. U: II17971.[95] ***, Dictionar de matematici generale, Ed. Enciclopedica Romana, 1974.[96] ***, Geometrie analitica, Univ. Bucuresti. U: II222.[97] ***, Mica enciclopedie matematica, Ed. Tehnica, Bucuresti, 1980.

= Carti editate ın limbi straine. =

[98] L.Bianchi, Lezioni di geometria analitica, Pisa: Enrico Spoerri 1970. U: II139.[99] E.Bortolotti, Lezioni di geometria analitica, Bologna, Nicola Zanichelli, 1923. U: II70.

[100] R.M.Bowen, C.C.Wang, Introduction to Vectors and Tensors, vol. 1-2, Plenum Press, NewYork, 1976.

[101] A.Burdun, Culegere de probleme de algebra si geometrie analitica (lb. rusa), Univ. Minsk,1989.

[102] G.Castelnuovo, Lezioni di geometria analitica, Ed. Societa Anonima D.Alighieri, 1938. U:II3140; 1931. U: III15025.

Page 176: Exercitii algebra

176 ALGA-GDED

[103] N.Coburn, Vector and Tensor Analysis, Mc. Millan Co., 1955. U: II31239.[104] J.Dieudonne, Linear Algebra and Geometry, Paris, Hermann, 1969.[105] A.Dubrovin, S.P.Novikov, A.T.Fomenko, Geometrie contemporana (l. rusa), Ed. Nauka,

Moscova, 1979.[106] C.V.Durell, A concise on geometrical conics, MacMillan, 1927. U: II1004.[107] C.H.Edwards, D.E.Penney, Calculus and Analytic Geometry, Prentice Hall, 1982. U: II16313.[108] N.V.Efimov, E.R.Rosendorn, Linear Algebra and Multidimensional Geometry, Mir Publ.,

1975. U: II24141. P: III32360.[109] C.W.Evans, Engineering Mathematics, Chapman & Hall Eds., 1992.[110] M.Farkas, I.Farkas, Introduction to Linear Algebra, Ed.Kiado, Budapest, 1975. U: II35994[111] G.Hadley, Linear Algebra, Add. Wesley, 1972.U: II36067[112] G.Hadley, Mathematics for Engineering, Technology and Computing Sciences, Prentice Press,

1970, U: II26011.[113] J.W.Harris, H.Stocker, Handbook of Mathematics and Computational Science, Springer-

Verlag, 1998.[114] G.E.Hay, Vector and Tensor Analysis, Dover Publ., 1953. U: II27976.[115] A.Howard, Elementary Linear Algebra, J.Wiley & Sons, 1987. U: II36206.[116] A.Howard, C.Rorres, Applications of Linear Algebra, John Wiley & Sons, 1984. U: II36159.[117] A.Jeffrey, Mathematics for Engineering and Scientists, V.N.R.International Eds., 1989.[118] P.K.Kenshaft, Linear Mathematics.U: II36195.[119] D.V.Kletenik, Problemes de geometrie analitique, Ed. Mir, 1969. U: II14574.[120] W.Klingenberg, Lineare Algebra und Geometrie, Springer-Verlag, Berlin, 1990.[121] E.Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, J.Wiley & Sons, New York, 1962. U: II37192.[122] I.Mos, An introduction to Geometric Mechanics, Cluj University Press (Presa Universitara

Clujeana), Cluj-Napoca 2005.[123] A.D.Myskis, Introductory Mathematics for Engineers, Mir Publ., 1975. U: II22920.[124] P.V.O′Neill, Advanced Engineering Mathematics, Wadsworth Eds., 1991.[125] A.V.Pogorelov, Analytic Geometry, Mir Publishers, Moscow, 1961.[126] I. Proskurakov, Culegere de probleme de algebra liniara, Ed. Nauka, Moscova, 1978.

U: II28443. P: TII21426 (l. rusa).[127] P.H.Selby, Practical Algebra, John Wiley & Sons, 1974, U: II36187.[128] L.Smith, Linear Algebra, Springer Verlag, 1978. U: II26153.[129] M.V.Sweet, Algebra, Geometry and Trigonometry in Science, Engineering and Mathematics,

Ellis Horwood Ltd., 1984.U: II36163.[130] O.N.Tuberbiller, Probleme si exercitii de geometrie analitica, Ed. Nauka, 1970 (l.rusa).[131] C.Udriste, Geometric Dynamics, Kluwer Acad. Publishers, 2000.[132] C.Udriste, Problems of Linear Algebra, Analytic and Differential Geometry, Differential

Equations, University Lectures Series 10, Geometry Balkan Press, Bucharest 2000.[133] C.Udriste, V.Balan, Analytic and Differential Geometry, University Lectures Series 7,

Geometry Balkan Press, Bucharest 1999.[134] C.Udriste, V.Balan, Linear Algebra and Analysis, University Lectures Series 12, Geometry

Balkan Press, Bucharest 2001.[135] C.Udriste, I.Boca, Linear Algebra, University Lectures Series 8, Geometry Balkan Press,

Bucharest 1999.[136] E.Young, Vector and Tensor Analysis, M.Dekker, 1993.

= Carti editate ın tipografia U.P.B. =

[137] I.Bacalu, G.Budianu, R.F.Constantin, Matematici, Sinteze, 1992.[138] V.Balan, Algebra liniara si geometrie analitica, 1999.[139] V.Balan, N.Bıla, Geometrie diferentiala, culegere de exercitii si probleme, 1998, P: TIII45014.[140] V.Balan, A.Suciu, Algebra liniara, Culegere de probleme de algebra liniara, 1999.[141] L.Branzanescu, Curs de algebra si geometrie, 1990. P: TIII39235.[142] L.Branzanescu, R.Minculescu, Algebra: culegere de probleme, 1991. P: TIII40800.[143] L.Branzanescu & al., Geometrie analitica si diferentiala: culegere de probleme, 1992.[144] M.Carnu, Spatii vectoriale, 1991. P: TIII40940.[145] E.Cioara, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala, 1991. P:TIII40030.[146] E.Cioara, Algebra liniara. Culegere de probleme, 1996. P: TIII44534.[147] A.Colojoara, Algebra liniara, 1990. P: TIII39578.[148] M.Craiu, A.M.Neagu, G.Toma, Probleme de algebra si geometrie, 1979. P: TIII33536.

Page 177: Exercitii algebra

Bibliografie 177

[149] F.Gandac, S.Corbu, Culegere de probleme de alg. liniara si geometrie analitica, 1981.[150] M.Geanau, Lectii de algebra liniara, 1993.[151] E.Grecu, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala si programare liniara, 1995.[152] E.Grecu, Culegere de probleme de algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala si

programare liniara, 1995.[153] E.Grecu, Culegere de probleme de algebra liniara si programare, 1979.[154] E.Grecu, Curs de geometrie analitica, 1997.[155] E.Grecu, Probleme rezolvate de geometrie analitica, 1997.[156] E.Murgulescu, S.Flexi, O.Kreindler, O.Sacter, M.Tarnoveanu, Geometrie analitica si

diferentiala. U: II10530.[157] E.Murgulescu, N.Donciu, Culegere de probleme de geometrie analitica si diferentiala, 1971.

U: II18509.[158] A.Nita, O.Stanasila, Seturi de probleme (algebra, geometrie, ecuatii diferentiale), 1988.[159] C.Radu, C.Dragusin, L.Dragusin, Aplicatii de algebra, geometrie si matematici speciale, 1991.

U: II36960.[160] C.Radu, A.Zlatescu, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala, 1992.[161] C.Udriste, Linear Algebra, 1992. P: TIII42992.[162] C.Udriste, Problems of Algebra, Geometry and Differential Equations, 1992.[163] C.Udriste, O.Dogaru, Algebra liniara, 1991, 1993. P: TIII4024.[164] C.Udriste, O.Dogaru, Geometrie analitica, 1991, 1992. P: TIII40425.

NOTA. La sfarsitul citarilor se afla cotele lucrarilor, la bibliotecile:

P - Biblioteca Centrala a Universitatii Politehnica Bucuresti,Adresa: Localul Polizu, Calea Grivitei, nr. 132, corp I, etaj 2, camera 210,Tel: 021.402.39.82, 021.312.70.44, 021.650.31.32;e-mail: Cristina Albu <c [email protected]>,http://www.library.pub.ro

U - Biblioteca Facultatii de Matematica - Informatica a Universitatii din Bucuresti,Adresa: Fac. de Matematica, Str. Academiei 14, Etaj 1, cam. A102 & A125.Tel: 021.314.35.08 / int. 2213, 2206,e-mail: Ramona Moldoveanu <[email protected]>,http://fmi.unibuc.ro/ro/biblioteca/biblioteca anunturi