Sala: Octombrie 2014 SEMINAR 1: ALGEBRĂ. este un Q-spaţiu vectorial, faţă de operaţiile uzuale de adunare şi înmulţire cu un număr raţional.

Transcript

1 Sala: Octombrie 24 SEMINAR : ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi Aplicaţii - Curs Exerciţiul Să se arate că mulţimea V = α + β 2 + γ 3 α, β, γ Q } este un Q-spaţiu vectorial, faţă de operaţiile uzuale de adunare şi înmulţire cu un număr raţional Soluţie Se observă uşor că V, + este grup abelian Fie acum λ Q şi x i = α i 2 + βi 2 + γi 3 i =, 2 Avem λ x + x 2 = λ α + α 2 + λ β + β λ γ + γ 2 3 = λx + λx 2 Absolut analog se probează celelalte axiome ale spaţiului vectorial Exerciţiul 2 Să se arate că mulţimea S = x, x 2,, x m T } x i R, i, m este subspaţiu vectorial în spaţiul vectorial R m, R Soluţie Arătăm că Dacă x = x x 2 x m şi y = y y 2 y m λ, µ R, x, y S λx + µy S sunt elemente din S atunci λx + µy = λx + µy λx 2 + µy 2 λx m + µy m S Exerciţiul 3 Dacă x R m \θ} este un element fixat, atunci să se arate că mulţimea S = αx α R} este subspaţiu vectorial în spaţiul vectorial R m, R Soluţie Arătăm că Într-adevăr, dacă sunt două elemente din S atunci deoarece λx + µx 2 R m λ, µ R, y, z S λy + µz S y = αx z = αx 2, x, x 2 R m si α R λy + µz = λαx + µαx 2 = α λx + µx 2 S -

2 SEMINAR : ALGEBRĂ -2 Exerciţiul 4 În spaţiul vectorial R 3, R se consideră mulţimile: } S = ξ, ξ 2, ξ 3 T R 3 2ξ 3ξ 2 + ξ 3 = } S 2 = ξ, ξ 2, ξ 3 T R 3 ξ ξ 2 + 2ξ 3 = Exerciţiul 5 a Să se arate că S şi S 2 sunt subspaţii în R 3, R ; b Să se determine S S 2 Soluţie a Arătăm că Într-adevăr, dacă x = ξ ξ 2 ξ 3 λ, µ R, x, y S λx + µy S şi y = η η 2 sunt elemente din S atunci η 3 λx + µy = λξ + µη λξ 2 + µη 2 S, λξ 3 + µη 3 deoarece 2λξ 3λξ 2 + 4λξ 3 = 2µη 3µη 2 + 4µη 3 = implică 2λξ + µη 3λξ 2 + µη 2 + 4λξ 3 + µη 3 = Analog se demonstrează că S 2 este subspaţiu în R 3, R b S S 2 este mulţimea x = ξ, ξ 2, ξ 3 T din R 3 ale caror coordonate satisfac sistemul 2ξ 3ξ 2 + ξ 3 = ξ ξ 2 + 2ξ 3 = Matricea acestui sistem este Un minor de ordinul 2 nenul este A = MO 2 = 2 3 =, deci rang A = 2 < numărul necunoscutelor, ceea ce demonstrează că sistemul este compatibil simplu nedeterminat în care ξ, ξ 2 sunt necunoscute principale iar ξ 3 este necunoscută secundară Notăm ξ 3 prin α Sistemul devine 2ξ 3ξ 2 = α ξ ξ 2 = 2α cu soluţiile ξ = 5α şi ξ 2 = 3α Am obţinut x = 5α, 3α, α T = α 5, 3, T, astfel că S S 2 = α 5, 3, T α R } Exerciţiul 6 În spaţiul vectorial R 4, R se consideră elementele x =, 2,, 2 T, x 2 =,, 4, 5 T, x 3 =, 2, 5, 6 T şi x = 2, 2, 8, T Să se arate că elementul x este o combinaţie liniară a elementelor x, x 2, x 3

3 SEMINAR : ALGEBRĂ -3 Soluţie x este o combinatie liniară a elementelor x, x 2, x 3 dacă există numerele reale γ, γ 2, γ 3 R astfel încât x = γ x + γ 2 x 2 + γ 3 x 3, relaţie echivalentă cu sistemul: Matricea sistemului este γ + γ 2 + γ 3 = 2 2γ γ 2 2γ 3 = 2 γ + 4γ 2 + 5γ 3 = 8 2γ + 5γ 2 + 6γ 3 = A = Avem un minor de ordinul 2 nenul: 2 iar toţi minorii de ordinul 3 sunt nuli, deci rang A = 2 Matricea extinsă este A = = având rangul 2 Am demonstrat că rang A = rang A Conform teoremei Kronecker-Capelli sistemul este compatibil Notăm necunoscuta secundară γ 3 prin a şi considerăm primele 2 ecuaţii ale sistemului, avem γ + γ 2 = 2 a cu soluţia γ = a 3, γ 2 = 6 4a 3, γ 3 = a 2γ γ 2 = 2 + 2a Am demonstrat că x = a 3 x + 6 4a x 2 + ax 3 3 adică x este o combinaţie liniară de x, x 2 şi x 3 Exerciţiul 7 În spaţiul vectorial R 4, R se consideră elementele x = 2,,, 4 T, x 2 = 3, 2, 2, 5 T, x 3 =, 3,, 9 T şi x =,,, T Să se arate că elementul x nu este o combinaţie liniară a elementelor x, x 2, x 3 Soluţie x este o combinaţie liniară a elementelor x, x 2, x 3 dacă există numerele reale γ, γ 2, γ 3 astfel încât x = γ x + γ 2 x 2 + γ 3 x 3, relaţie echivalentă cu sistemul: Matricea sistemului este 2γ 3γ 2 + γ 3 = γ + 2γ 2 3γ 3 = γ 2γ 2 + γ 3 = 4γ 5γ 2 + 9γ 3 = A =

4 SEMINAR : ALGEBRĂ -4 Avem un minor de ordinul 3 nenul: deci rang A = 3 Matricea extinsă este A = = 23, şi are rangul 4 Am demonstrat că rang A rang A Conform teoremei Kronecker-Capelli sistemul este incompatibil În concluzie x nu se poate scrie ca o combinaţie liniară a elementelor x, x 2, x 3 Exerciţiul 8 În spaţiul vectorial R 3, R se consideră elementele x =,, T, x 2 =,, T Să se determine subspaţiul generat de mulţimea A = x, x 2 } Soluţie x = ξ, ξ 2, ξ 3 T SpA dacă şi numai dacă există λ, µ R astfel încât λx + µx 2 = x, adică λ + µ = ξ ξ 2 ξ 3 de unde obţinem sistemul λ + µ = ξ λ µ = ξ 2 λ + µ = ξ 3 Rangul matricei sistemului este 2, deci trebuie ca rangul matricei extinse sa fie 2, echivalent cu ξ ξ 2 ξ 3 = 2ξ + ξ 2 = Astfel SpA = ξ, ξ 2, ξ 3 T R 3 ξ + ξ 2 = } Exerciţiul 9 Să se arate că elementele x =,, T, x 2 =,, T, x 3 =,, T, constituie un sistem de generatori în spaţiul vectorial R 3, R Soluţie x, x 2, x 3 } formează un sistem de generatori în spaţiul vectorial R 3, R dacă şi numai dacă orice w R 3 se exprimă ca o combinaţie liniară de x, x 2 şi x 3 Fie w = w, w 2, w 3 R 3 şi presupunem că există λ, λ 2, λ 3 R astfel încât w = λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3, sau echivalent, există λ, λ 2, λ 3 R astfel încât λ + λ 2 + λ 3 = w λ + λ 2 = w 2 λ = w 3 Deoarece det = sistemul are soluţii şi prin urmare x, x 2, x 3 formează un sistem de generatori în R 3, R Mai mult, se poate observa că λ = w 3, λ 2 = w 2 w 3, λ 3 = w w 2 şi deci w = w 3 x + w 2 w 3 x 2 + w w 2 x 3

5 Sala: Octombrie 24 SEMINAR 2: ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi 2 Aplicaţii - Curs 2 Exerciţiul 2 Fie V, R spaţiul vectorial real Pe V V not = C V se definesc operaţiile i + : C V C V C V, u, v + x, y = u + x, v + y u, v C V, x, y C V ii : C C V C V, α u, v = au bv, bu + av u, v C V şi α = a + ib C Să se arate că C V, C este spaţiu vectorial numit complexificatul spaţiului vectorial real V, R Soluţie Arătăm că C V, + este grup abelian Pentru început observăm că x, y C V, x 2, y 2 C V = x, x 2, y, y 2 V = x + x 2 şi y + y 2 V = x + x 2, y + y 2 C V Pe de altă parte A x, y, x 2, y 2 C V avem x, y + x 2, y 2 = x 2, y 2 + x, y din comutativitatea adunării în V A2 x, y, x 2, y 2, x 3, y 3 C V avem [x, y + x 2, y 2 ] + x 3, y 3 = x, y + [x 2, y 2 + x 3, y 3 ] din asociativitatea adunării în V A3 V, V C V astfel încât x, y + V, V = V, V + x, y = x, y A4 x, y C V x, y C V astfel încât x, y + x, y = x, y + x, y = V, V Evident au bv, bu + av C V Rămâne să verificăm axiomele A5-A8 Verificăm A8 celelalte sunt doar artificii de calcul Avem = + i = x, y = x y, x + y = x, y Cum A-A8 sunt verificate deducem că C V, C este spaţiu vectorial 2-

6 SEMINAR 2: ALGEBRĂ 2-2 Exerciţiul 22 Să se arate că următoarele elemente din spaţiul vectorial R 3,R sunt liniar independente: a x =,, T, x 2 =, 2, 3 T, x 3 = 2,, T ; b x =,, T, x 2 =,, T, x 3 =,, T ; c x =, 2, T, x 2 = 2,, 3 T Soluţie a x, x 3, x 3 sunt liniar independente dacă o combinatie liniară a acestor elemente dă elementul nul rezultă toţi scalarii nuli, adică λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 = θ λ = λ 2 = λ 3 =, altfel scris echivalent cu sistemul λ + λ λ 3 2 λ + λ 2 + 2λ 3 = λ + 2λ 2 λ 3 = λ + 3λ 2 + λ 3 = = a cărui matrice are rangul 3 = numărul necunoscutelor =numărul elementelor ce intră în combinaţie În consecinţă sistemul admite doar soluţia banală, ceea ce justifică cerinţa problemei b Privind cazul a putem decide dacă x, x 3, x 3 sunt liniar independente în funcţie de rangul matricei formate din coordonatele acestor elemente: A = În cazul noastru A are rangul 3 şi deci concluzia c Matricea formată de coordonatele acestor elemente este 2 A = 2 3 cu rangul 2 = numărul elementelor intrate în combinaţie şi deci x, x 2 sunt liniar independente Exerciţiul 23 În spaţiul vectorial R 3, R se consideră vectorii liniar independenţi u, v şi w Să se arate că vectorii: x = u + v, x 2 = u v, x 3 = u 2v + w sunt liniar independenţi Soluţie Realizam o combinaţie liniară a elementelor x, x 2, x 3 : λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 = θ λ u + v + λ 2 u v + λ 3 u 2v + w = θ λ + λ 2 + λ 3 u + λ λ 2 2λ 3 v + λ 3 w = θ, şi folosind faptul că u, v şi w sunt liniar independente, obţinem sistemul: λ + λ 2 + λ 3 = λ λ 2 2λ 3 = λ 3 = cu soluţia λ = λ 2 = λ 3 = şi, în consecinţă, faptul că x, x 2, x 3 sunt liniar independente

7 SEMINAR 2: ALGEBRĂ 2-3 Exerciţiul 24 Să se arate că următoarele elemente din R 3 sunt liniar dependente: a x =, 2, T, x 2 = 2,, T, x 3 = 7, 4, T ; b x = 2, 3, 7 T, x 2 = 2,, 6 T, x 3 = 4, 3, T ; c x =, 2, T, x 2 = 2, 4, 2 T Soluţie a x, x 3, x 3 sunt liniar dependente dacă există λ, λ 2, λ 3 numere reale nu toate nule astfel încât altfel scris echivalent cu sistemul λ 2 λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 = θ + λ λ λ + 2λ 2 + 7λ 3 = 2λ + λ 2 4λ 3 = λ λ 2 + λ 3 = = a cărui matrice are rangul 2 < numărul necunoscutelor =numărul elementelor ce intră în combinaţie În consecintă sistemul admite şi soluţii diferite de soluţia banală, ceea ce justifică cerinţa problemei b Privind cazul a putem decide dacă x, x 3, x 3 sunt liniar dependente în funcţie de rangul matricei formate din coordonatele acestor elemente: A = În cazul noastru A are rangul 2 şi deci obţinem concluzia c Matricea formată de coordonatele acestor elemente este 2 A = cu rangul < numărul elementelor intrate în combinaţie şi deci x, x 2 sunt liniar dependente Exerciţiul 25 În spaţiul vectorial R 3, R se dau vectorii x =,, 2, x 2 =,,, x 3 = 2,,, x 4 =,, 7 a Să se arate că sistemul S = x, x 2, x 3, x 4 } este un sistem de generatori în spaţiul vectorial R 3, R b Să se extragă din S un subsistem S care să constituie o bază în R 3, R Soluţie a Fie w R 3, w = w, w 2, w 3 R 3 Vom arăta că există scalarii λ, λ 2, λ 3, λ 4 R astfel încât Relaţia?? este echivalentă cu sistemul w = λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 + λ 4 x 4 2 w = λ + 2λ 3 λ 4 w 2 = λ + λ 2 + λ 3 λ 4 w 3 = 2λ λ 2 + λ 3 + 7λ 4 a cărui matrice este A = 2 2 7

8 SEMINAR 2: ALGEBRĂ 2-4 Deoarece există un minor de ordin 3 al lui A M 3 = 2 2 = 4 22 nenul, deducem că sistemul este compatibil nedeterminat, astfel că orice vector w R 3 se poate exprima cu vectorii din S, ceea ce înseamnă că S este sistem de generatori b Vectorii x, x 2, x 3 sunt exprimaţi în baza canonică, astfel x = e e 2 + 2e 3, x 2 = e 2 e 3, x 3 = 2e + e 2 + e 3 Determinantul coordonatelor este?? diferit de zero şi ca atare x, x 2, x 3 sunt liniar independenţi Exerciţiul 26 Să se arate că elementele x =,, T, x 2 =,, T, x 3 =,, T constituie o bază B a spaţiului vectorial R 3,R Să se determine coordonatele elementelor x = 4, 3, 2 T şi y = a, b, c T în baza B Soluţie x, x 2, x 3 este sistem liniar independent deoarece matricea A = coordonatelor acestor elemente are rangul 3 x, x 2, x 3 este sistem de generatori deoarece dimensiunea lui R 3 este finită Am demonstrat că B = x, x 2, x 3 } este bază Se ştie că dacă există numerele reale λ, λ 2, λ 3 unic determinate astfel încât x = λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 atunci x B = λ, λ 2, λ 3 T reprezintă coordonatele elementului x în baza B Relaţia din care se determină aceste numere este echivalentă cu sistemul λ + λ 2 + λ 3 = 4 λ + λ 2 = 3 λ = 2 având soluţia λ = 2, λ 2 = 5, λ 3 = 7, deci x B = 2, 5, 7 T Analog, dacă există numerele reale λ, λ 2, λ 3 unic determinate astfel încât y = λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 atunci y B = λ, λ 2, λ 3 T reprezintă coordonatele elementului y în baza B Relaţia din care se determină aceste numere este echivalentă cu sistemul λ + λ 2 + λ 3 = a λ + λ 2 = b λ = c având soluţia λ = c, λ 2 = b c, λ 3 = a b, deci x B = c, b c, a b T Exerciţiul 27 Să se determine dimensiunea subspaţiului S = ξ, ξ 2, ξ 3 T R 3 ξ ξ 2 + ξ 3 = } R 3 şi să se pună în evidenţă o bază a lui S Să se determine coordonatele elementului x =, 3, 2 T S în baza B

9 SEMINAR 2: ALGEBRĂ 2-5 Soluţie Sistemul ξ ξ 2 + ξ 3 = este compatibil dublu nedeterminat Presupunem ξ necunoscuta principală şi notăm necunoscutele secundare astfel: ξ 2 = a, ξ 3 = b, obţinem ξ = a b Deci ξ, ξ 2, ξ 3 T = a b, a, b T = a,, T + b,, T Atunci B =,, T,,, T } reprezintă o bază în S Dacă există numerele reale λ, λ 2 unic determinate astfel încât y = λ,, T + λ 2,, T atunci x B = λ, λ 2 T reprezintă coordonatele elementului x în baza B Relaţia din care se determină aceste numere este echivalentă cu sistemul λ λ 2 = λ = 3 λ 2 = 2 având soluţia λ = 3, λ 2 = 2, deci x B = 3, 2 T Exerciţiul 28 Să se determine dimensiunea subspaţiului vectorial S al lui R 3, R generat de elementele x =, 2, T, x 2 = 2, 3, T, x 3 = 3,, 2 T, x 4 =, 5, T Soluţie Matricea coordonatelor acestor elemente este: 2 3 A = Un minor de ordinul 2 nenul este: MO 2 = = = 7 Minorii de ordinul 3 ce se pot forma cu minorul de ordinul doi sunt: 2 3 MO3 = =, 2 MO 3 = =, avem că rang A = 2 şi deci rang S = 2 Exerciţiul 29 Să se găsească dimensiunea şi o bază a subspaţiului soluţiilor sistemului: α + 2α 2 + 2α 3 α 4 + 3α 5 = α + 2α 2 + 3α 3 + α 4 + α 5 = 3α + 6α 2 + 2α 3 + 7α 4 + 5α 5 = Soluţie Matricea sistemului este: cu A = MO 3 = = 36

10 SEMINAR 2: ALGEBRĂ 2-6 Obţinem că α 2, α 3, α 4 sunt necunoscute principale iar α, α 5 sunt necunoscute secundare Le notăm prin a respectiv prin b Sistemul devine 2α 2 + 2α 3 α 4 = a 3b 2α 2 + 3α 3 + α 4 = a b 6α 2 + 2α 3 + 7α 4 = 3a 5b Cu soluţia α 2 = 6 b 2 a, α 4 = 23 b, α 3 = 23 b } Am obţinut dims = 3 Din avem baza α α 2 α 3 α 4 α 5 = a 2 + b B = x =, 2,,, T, x 2 =, 6, 2 3, 2 3, T } Exerciţiul 2 În spaţiul vectorial R 3,R se consideră elementele x = 2,, T, x 2 =,, 2 T, x 3 =, 2, T a Să se arate că B = x, x 2, x 3 } este o bază a lui R 3,R b Să se determine coordonatele elementului x = α, β, γ T în baza B Soluţie a x, x 2, x 3 este sistem liniar independent deoarece matricea 2 A = 2 2 a coordonatelor acestor elemente are rangul 3 x, x 2, x 3 este sistem de generatori deoarece dimensiunea lui R 3 este finită Am demonstrat că B = x, x 2, x 3 } este bază b Se ştie că dacă există numerele reale λ, λ 2, λ 3 unic determinate astfel încât x = λ x + λ 2 x 2 + λ 3 x 3 atunci x B = λ, λ 2, λ 3 T reprezintă coordonatele elementului x în baza B Relaţia din care se determină aceste numere este echivalentă cu sistemul 2λ + λ 2 λ 3 = α λ λ 2 + 2λ 3 = β λ + 2λ 2 λ 3 = γ având soluţia λ = 4 γ + 4 β α λ 2 = 3 4 γ + 4 β 4 α, λ 3 = 4 γ β + 4 α,

11 SEMINAR 2: ALGEBRĂ 2-7 deci x B = 4 γ + 4 β α, 3 4 γ + 4 β 4 α, 4 γ β + 4 αt Exerciţiul 2 În spaţiul vectorial R 3,R se consideră subspaţiul vectorial S = ξ, ξ 2, ξ 3 T R 3 ξ ξ 2 + 2ξ 3 = } a Să se determine o bază B a subspaţiului S; b Să se arate că x = 3,, T S; c Să se determine x B Soluţie a Sistemul ξ ξ 2 + 2ξ 3 = este compatibil dublu nedeterminat Presupunem ξ necunoscuta principală şi notăm necunoscutele secundare astfel: ξ 2 = a, ξ 3 = b, obţinem ξ = a 2b Deci ξ, ξ 2, ξ 3 T = a 2b, a, b T = a,, T + b 2,, T Atunci B =,, T, 2,, T } reprezintă o bază în S; b Deoarece = deducem că x S; c Dacă există numerele reale λ, λ 2 unic determinate astfel încât x = λ,, T + λ 2 2,, T atunci x B = λ, λ 2 T reprezintă coordonatele elementului x în baza B Relaţia din care se determină aceste numere este echivalentă cu sistemul λ 2λ 2 = 3 λ = λ 2 = având soluţia λ =, λ 2 =, deci x B =, T Exerciţiul 22 Să se determine rangul următoarelor sisteme de elemente din spaţiul vectorial R 3,R : S =,, T, 2,, T,,, T } ; S 2 =,, T,,, T,,, T } ; S 3 =, 2, T,,, T, 2,, 3 T, 2, 2, 3 T } ; S 4 =, 2, T,, 2, T, 2, 4, 2 T } Soluţie A determina rangul unui sistem de elemente este echivalent cu a determina rangul matricei coordonatelor elementelor ce alcătuiesc sistemul, aşadar 2 AS = are rangul 2 deci şi S are rangul 2 AS 2 =

12 SEMINAR 2: ALGEBRĂ 2-8 are rangul 3 deci şi S are rangul 3 are rangul 3 deci şi S 3 are rangul 3 are rangul deci şi S 4 are rangul AS 3 = AS 4 = Exerciţiul 23 Să se pună în evidenţă elementele liniar independente din mulţimea S = x, x 2, x 3 }, unde x = 2,, 3 T, x 2 =, 2, T, x 3 =,, 2 T Soluţie Deoarece rangul matricei sistemului S este 2 deducem că nu putem avea elemente liniar independente decât 2 câte 2 Se observă că x şi x 2 ; x şi x 3 ; x 2 şi x 3 verifică cerinţa problemei

13 Sala: Octombrie 24 SEMINAR 3: ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi 3 Aplicaţii - Curs 3 Exerciţiul 3 Să se completeze vectorii x =,, T şi x 2 = 2,, 4 T până la o bază a lui R 3 Soluţie Cum dim R R 3 = 3 trebuie determinat vectorul x 3 = a, b, c T astfel încât x, x 2, x 3 să fie liniar independenţi Ori, echivalent, matricea 2 a A = b 4 c trebuie să aibă rangul 3 Observăm că ranga = 3 pentru o infinitate de valori ale lui a, b, c Cum ne interesează să adăugăm un singur vector, x 3, putem considera x 3 =,, 24 T Exerciţiul 32 Fie W şi W 2 subspaţii vectoriale în R 2, R definite prin W = x, } T x R şi W 2 = Să se arate că W W 2 nu este subspaţiu vectorial în R 2, R, y T y R } Soluţie Reuniunea lui W şi W 2 este mulţimea W W 2 = x, } y T x, y T W sau x, y T W 2 Cum x, y T W rezultă că y =, iar din faptul că x, y T W 2 deducem că x = Aşadar } W W 2 = x, y T R 2 y = sau x = Pe de altă parte, se observă că deşi 24, T W iar, 24 T W 2 24, T +, 24 T = 24, 24 T / W W 2 Exerciţiul 33 Pentru spaţiul liniar al polinoamelor de grad cel mult 4 : P 4 [X], R să se determine matricea de trecere de la baza B c =, x, x 2, x 3, x 4} la baza B =, x +, x + 2, x + 3, x + 4} 3-

14 SEMINAR 3: ALGEBRĂ 3-2 Soluţie Remarcăm că B c este baza canonică în P 4 [X], R Cu următoarele notaţii observăm că putem scrie e x =, e 2 x = x, e 3 x = x 2, e 4 x = x 3, e 5 x = x 4 g x =, g 2 x = x +, g 3 x = x + 2, g 4 x = x + 3, g 5 x = x + 4 g x = e x + e 2 x + e 3 x + e 4 x + e 5 x g 2 x = e x + e 2 x + e 3 x + e 4 x + e 5 x g 3 x = e x + 2 e 2 x + e 3 x + e 4 x + e 5 x g 4 x = e x + 3 e 2 x + 3 e 3 x + e 4 x + e 5 x g 5 x = e x + 4 e 2 x + 6 e 3 x + 4 e 4 x + e 5 x şi deci matricea de trecere de la baza B c la baza B este A Bc,B = Exerciţiul 34 Pentru spaţiul liniar al polinoamelor de grad cel mult n şi coeficienţi reali: P n [X], R să se determine componentele polinomului f x = a + a x + a 2 x a n x n în baza canonică B c =, x, x 2,, x n} şi în baza B =, x a, x a 2,, x a n} Soluţie Cum f x = a + a x + a 2 x a n x n deducem că f Bc = a, a,, a n Elementele lui B sugerează să ne gândim la dezvoltări în serie Taylor Astfel că, vom deriva succesiv f: şi vom scrie polinomul Taylor de grad n : f x = + a + 2a 2 x + + na n x n f x = + + 2a n n a n x n 2 f n x = n n 2 a n f x = f a + f a! Evident f Bc = f a, f a!,, f n a n! x a + + f n a n! x a n Exerciţiul 35 Fie M 2 2 R 2 mulţimea matricelor simetrice de componente reale şi } S =,, M 2 2 R 2, R Să se arate că span S = M 2 2 R 2

15 SEMINAR 3: ALGEBRĂ 3-3 Soluţie Amintim că A M 2 2 R 2 dacă A este de forma a b A = b c Se observă că şi deci span S = M 2 2 R 2 a + b + c a b = b c Exerciţiul 36 Să se calculeze inversele urmatoarei matrice cu ajutorul metodei pivotului: a A = ; b B = 2 ; c C = Soluţie a Din tabelul: deducem că A = b, c: Analog se arată că Baza C A C2 A C3 A e e 2 e 3 e 2 3 e e C A /2 3/2 /2 e e 3 /2 /2-3/2 C A /6 2/3 -/6 C2 A -2/3 -/3 /3 e 3 5/6-4/3 -/6 C A 8/5 /5 -/5 C A 2-7/5 /5 4/5 C A 3-8/5 -/5 6/5 8/5 /5 /5 7/5 /5 4/5 8/5 /5 6/5 B = C = /2 /2 5/2 / /2 2, Exerciţiul 37 În R 3,R se consideră baza E = a = 3,, T, a 2 =, 2, 2 T, a 3 = 2,, 3 T } şi vectorul x = 2a + 3a 2 a 3 Să se calculeze coordonatele lui x faţă de baza F = b, b 2, b 3 } unde b = 2a + 2a 2 + 3a 3, b 2 = a + 4a 2 + 2a 3, b 3 = 3a + a 2 + 5a 3 Soluţie Observăm că A =

16 SEMINAR 3: ALGEBRĂ 3-4 cu Aşadar det A = 5 şi A T = x F = A T xe = 8/5 /5 /5 7/5 /5 4/5 8/5 /5 6/5 8/5 /5 /5 7/5 /5 4/5 8/5 /5 6/5 2 3 = 3 5 Exerciţiul 38 Folosind metoda pivotului, să se determine rangul urmatoarelor matrice: a A = ; b B = ; c C = Soluţie Din tabelul: C A C2 A C3 A C4 A C5 A e e e e C A e e e C A -5-5 C2 A 2 - e 3 e 4 deducem că rang A = 2 deoarece în bază au intrat 2 elemente; b Analog rang B = 3; c Analog rang C = Exerciţiul 39 Să se determine, cu ajutorul metodei pivotului, a R astfel încât sistemul α + 2α 2 3α 3 + α 4 = 3α + α 2 + α 3 2α 4 = 3 3α 4α 2 + α 3 7α 4 = a să fie compatibil Soluţie Calculele se organizează astfel Baza C A C A 2 C A 3 C A 4 b e 2-3 e e a C A 2-3 e e a-3 C A - C A 2-2 e 3 a-3

17 SEMINAR 3: ALGEBRĂ 3-5 Din tabel observăm că sistemul este compatibil dacă şi numai dacă a = 3 sistemului ar fi egal cu rangul matricei extinse În acest caz rangul matricei Exerciţiul 3 i ii Să se arate că B = Să se rezolve sistemele următoare cu ajutorul metodei pivotului: a α + α 2 + α 3 = 8 α + 2α 2 α 3 = 3 2α + α 2 + 2α 3 = 7 determine coordonatele lui x = 8, 3, 7 T în baza B ; b 2α + 2α 2 α 3 = 4 3α α 2 3α 3 = 7 α + α 2 + 2α 3 = 3 x =,, 2 T, x 2 =, 2, T, x 3 =,, 2 T } formează o bază în R 3 şi să se Soluţie i a Din tabelul: obţinem α = 8, α 2 = 9, α 3 = 7 b Analog se obţine α = 3/5, α 2 = 2/5, α 3 = 2/5 α α 2 α 3 Termenul liber e 8 e e α 8 e e α 3 3 α e α -8 α 2 9 α 3 7 ii Din i punctul a rezultă că rangul matricei formată cu vectorii x, x 2, x 3 este 3 Aşadar B este o familie liniar independentă Cum dim R R 3 = 3 deducem că B este şi sistem de generatori Am demonstrat că B = x, x 2, x 3 } este bază în R 3 Vectorul coordonatelor lui x în baza B este x B = 8, 9, 7 T Exerciţiul 3 Fie S subspaţiu vectorial în R 3, R definit prin S = Să se arate că v = 8, 3, 7 T este în span S,, 2 T,, 2, T,,, 2 T } Soluţie A arăta că v = 8, 3, 7 T este în span S revine la arăta că există a, a 2, a 3 R astfel încât a,, 2 T + a2, 2, T + a3,, 2 T = 8, 3, 7 T sau echivalent α + α 2 + α 3 = 8 α + 2α 2 α 3 = 3 2α + α 2 + 2α 3 = 7 Însă s-a observat că acest sistem are soluţia α = 8, α 2 = 9, α 3 = 7 Am demonstrat că v este combinaţie liniară de vectori din S şi deci se află în span S

18 SEMINAR 3: ALGEBRĂ 3-6 Exerciţiul 32 Să se determine dimensiunea subspaţiului S R 3, R generat de elementele x =,, 2 T, x 2 = 2, 3, T, x 3 = 3, 4, 3 T, x 4 =, 2, T, x 5 = 2, 2, 4 T şi să se pună în evidenţă o bază a lui S Soluţie Din tabelul Baza x x 2 x 3 x 4 x 5 e e e x e 2 - e x 2 x 2 - e 3 deducem că dimensiunea lui S este 2 şi că B = x, x 2 } Exerciţiul 33 Să se studieze dacă este aplicaţie liniară T : R 3 R 2 definită prin T x, y, z = x + y, xz Soluţie Se observă că şi Aşadar T,, + T,, =, +, = 2, T,, + T,, = T 2,, = 2, 2 T,, + T,, T,, + T,, Exerciţiul 34 Presupunem că T : R k R n este transformare liniară Să se cerceteze valabilitatea următoarelor propoziţii: a Dacă v, v 2, v 3 R k sunt liniar dependente, atunci T v, T v 2, T v 3 R n sunt liniar dependente b Dacă v, v 2, v 3 R k sunt liniar independente, atunci T v, T v 2, T v 3 R n sunt liniar independente Soluţie a Folosim faptul că v, v 2, v 3 R k sunt liniar dependente, adică Cum T este aplicaţie liniară deducem că sau echivalent c v + c 2 v 2 + c 3 v 3 = R k = există c, c 2, c 3 nu toţi nuli T c v + c 2 v 2 + c 3 v 3 = T R k = R n c T v + c 2 T v 2 + c 3 T v 3 = R n Ţinând cont că c, c 2, c 3 nu sunt toţi nuli deducem că T v, T v 2, T v 3 R n sunt liniar dependente şi deci propoziţia este adevărată b Propoziţia este falsă Într-adevăr, fie T : R 3 R 3 definită prin T v =,, T pentru orice v = v, v 2, v 3 T R 3 Evident, e =,, T, e 2 =,, T, e 3 =,, T sunt liniar independente, însă T e, T e 2, T e 3 sunt liniar dependente

19 SEMINAR 3: ALGEBRĂ 3-7 Exerciţiul 35 Fie aplicaţia T : R 2 R 2 definită prin Să se arate că T este injectivă şi surjectivă T v = A v unde A = Soluţie Arătăm că T este injectivă Dacă u = u, u 2 T R 2 şi v = v,v 2 T R 2 atunci u T u = = u u + u 2, u T 2 şi T u = Pe de altă parte, dacă T u = T v atunci v v 2 = v + v 2, v T u + u 2, u T = v + v 2, v T implică u = v u 2 = v 2 adică, T este aplicaţie injectivă = u = v Arătăm că T este surjectivă Fie w = w, w 2 T R 2 Arătăm că există v = v,v 2 T R 2 astfel încât v T v = = w, w 2 T Înmulţind cu A această relaţie, avem v 2 v = v 2 w w 2 sau echivalent Am arătat că v = v 2 w v w,v 2 T = w 2,w + w 2 T 2 pentru orice w = w, w 2 T R 2 există v = w 2,w + w 2 T R 2 astfel încât T v = w Ori, aceasta demonstrează că T este surjectivă Exerciţiul 36 Fie V subspaţiu în R 3, R definit de sistemul V = x, x 2, x 3 T R 3 x + x 2 + x 3 = x x 2 + 3x 3 = } Se cere: i Să se arate că vectorii x = 2, 4,, y =, 5, sunt congruenţi modulo V ii Să se determine clasa vectorului z = 4, 2, 2 în R 3 /V iii Să se determine o bază a lui R 3 /V

20 SEMINAR 3: ALGEBRĂ 3-8 Soluţie i Subspaţiul V are dimensiunea unu şi este generat de vectorul a = 2,, T Observăm că x y = 2,, T = a V adică x y modulo V ii z = 2a V = x = iii Dacă e 2 =,, T, e 3 =,, T atunci a, e 2, e 3 } este o bază a lui R 3, R care prelungeşte o bază a lui V Rezultă că ê 2, ê 3 } constituie o bază a lui R 3 /V : ê 2 = e 2 + αa α R}, ê 3 = e 3 + αa α R}

21 Sala: Octombrie 24 SEMINAR 4: ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi 4 Aplicaţii - Curs 4 Exerciţiul 4 În R2 se consideră mulţimile S = α, T R 2 α R }, S 2 = Să se arate că S şi S 2 sunt subspaţii suplimentare, β T R 2 β R } Soluţie Deoarece S S 2 = R 2} rezultă că S, S 2 sunt sumanzi direcţi Prin definiţie S + S 2 = x + y x S şi y S 2 } Cum x + y este un element de forma α, β T deducem că S + S 2 = R 2 În plus, S + S 2 = S S 2 = R 2 relaţie ce demonstrează că S şi S 2 sunt subspaţii suplimentare Exerciţiul 42 Fie spaţiul vectorial K n, Z 2 Să se arate că x K n, x + x = K n Soluţie Fie x = x,, x n T K n Observăm că deoarece + = x + x = x,, x n T + x,, x n T = x + x,, x n + x n T T = x +,, x n + =,, = K n Exerciţiul 43 Dacă S R 5 mulţimea soluţiilor sistemului x + x 2 + x 5 = x x 3 + x 4 + x 5 = 2x x 5 = 3x x 3 + x 4 = atunci să se determine o bază a lui S şi apoi să se indice un subspaţiu S 2 al lui R 5 astfel încât S S 2 = R 5 Soluţie Matricea sistemului este A =

22 SEMINAR 4: ALGEBRĂ 4-2 Observăm că Pe de altă parte M4, A = M3 A = = 2 = rang A 3 = şi M4,2 A = 2 3 = implică rang A = 3 Astfel că sistemul este compatibil dublu nedeterminat cu x, x 2, x 3 necunoscute principale iar x 4, x 5 necunoscute secundare Un calcul simplu arată că x = 2 x 5, x 2 = 3 2 x 5, x 3 = x x 5 În concluzie S = = 2 x 5, 3 2 x 5, x } T 2 x 5, x 4, x 5 x 4, x 5 R x 4,,,, T + x 5 2, 3 2, 3 } T 2,, x 4, x 5 R = Span e, e 2 unde e =,,,, T iar e 2 = liniar independent 2, 3 2, 3 T 2,, Se verifică uşor că e, e 2 } S şi deci e, e 2 } bază S Completăm e, e 2 } până la o bază în R 5 În acest sens, formăm o matrice B care să aibă rangul 5, astfel e e 2 e 3 e 4 e 5 }}}}}}}}}} 2 B = 3 2, detb = = rangb = Avem Cum deducem că rangb = 5 = e, e 2, e 3, e 4, e 5 } este sistem liniar independent în R 5 dim R R 5 = 5 iar e, e 2, e 3, e 4, e 5 } este sistem liniar independent Atunci S 2 = Span e 3, e 4, e 5 } are proprietatea cerută Exerciţiul 44 Fie R 4, R spaţiu vectorial şi U = e, e 2, e 3, e 4, e 5 } bază R 5 x = x, x 2, x 3, x 4 T R 4 x = x 2 şi x 3 = x 4 } a Să se arate că U este subspaţiu vectorial al lui R 4, R şi să se determine dim R U b Să se extindă baza determinată la punctul a la o bază a lui R 4, R c Să se descrie elementele lui V/U şi scrie o bază pentru V/U

23 SEMINAR 4: ALGEBRĂ 4-3 Soluţie a U este subspaţiu vectorial al lui R 4, R dacă α, β R şi x, y U = αx + βy U Fie x = x, x 2, x 3, x 4 T U = x = x 2 şi x 3 = x 4 y = y, y 2, y 3, y 4 T U = y = y 2 şi y 3 = y 4 Avem α x, x 2, x 3, x 4 T + β y, y 2, y 3, y 4 T = αx + βy, αx 2 + βy 2, αx 3 + βy 3, αx 4 + βy 4 T U deoarece αx + βy = αx 2 + βy 2 Determinăm o bază în U Observăm că x, x 2, x 3, x 4 T = x 2,,, T + x 4,,, T şi deci U = } x 2,,, T + x 4,,, T } x2, x 4 R = Span,,, T,,,, T Cum u =,,, T şi u 2 =,,, T sunt liniar independente, deducem că o bază în U este B =,,, T,,,, T } b Pentru a completa baza B la o bază a lui R 4, R vom scrie o matrice A cu 4 linii şi 4 coloane formată din vectorii lui B şi vectori din R 4, R astfel încât ranga = 4 = dim R R 4, de exemplu Astfel că B 2 = u, u 2, e, e 3 } bază R 4, R! A = u u 2 e e 3 c Elementele lui R 4 /U sunt x = y R 4 y x U } O bază pentru R 4 /U este B 2 = ê, ê 3 } Pentru a demonstra aceasta, remarcăm de la punctul b că şi deci x = x 2 u + x 4 u 2 + x x 2 e + x 3 x 4 e 3, x = x x 2 ê + x 3 x 4 ê 3 astfel că ê şi ê 3 sunt din Span R 4 /U Demonstrăm că ê, ê 3 } sunt liniar independente Realizăm o combinaţie liniară c ê + c 2 ê 3 = Atunci c e + c 2 e 3 U Dar deoarece a 2-a şi a 4-a componentă a acestui vector sunt, observăm, din definiţia lui U, că prima şi a 3-a componentă trebuie să fie, de asemenea Am demonstrat că c = c 2 = şi deci ê, ê 3 sunt liniar independente

24 Sala: Octombrie 24 SEMINAR 5: ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi 5 Aplicaţii - Curs 5 Exerciţiul 5 Se consideră matricea A = 2 şi operatorul T : R 3 R 3 definit prin T x = Ax, x R 3 a Să se determine ImT şi KerT b Să se determine dim R KerT şi dim R ImT Demonstraţie Se cunoaşte că KerT = } x = x, x 2, x 3 T R 3 T x = R 3 Relaţia T x = R 3 este echivalentă cu Ax = R 3 şi cu 2 x x 2 = x 3 de unde obţinem sistemul x x 2 = x + 2x 2 + x 3 = x 2 + x 3 = sistem cu matricea A Un minor nenul de ordinul 2 al matricei A este 2 = şi deci ranga 2 Pe de altă parte observăm că determinantul lui A este nul Concludem că ranga = 2 sistem compatibil simplu nedeterminat Necunoscuta secundară x 3 o notăm prin α Observăm că sistemul x x 2 = x + 2x 2 = α are soluţia x = x 2 = α Am obţinut că O bază în KerT este definiţie KerT = } α,, T α R,, T } şi deci dim R KerT = Determinăm imaginea operatorului T Prin ImT = y R 3 există x R 3 cu y = T x } 5-

25 SEMINAR 5: ALGEBRĂ 5-2 Fie y = y, y 2, y 3 T Relaţia y = T x conduce la sistemul x x 2 = y x + 2x 2 + x 3 = y 2 x 2 + x 3 = y 3 Am văzut că rangul matricei este 2 Pentru ca sistemul să fie compatibil trebuie ca rangul matricei extinse să fie egal cu rangul matricei sistemului adică cu 2 Matricea extinsă este A = y 2 y 2 y 3 iar ranga = 2 dacă y 2 y 2 y 3 = echivalent cu y 3 y y 2 = ecuaţie ce reprezintă un sistem cu 3 necunoscute Considerăm y 3 necunoscuta principală şi notăm prin y = α necunoscutele secundare Atunci y 3 = α + β şi deci y α y = y 2 y 3 = β α + β y 2 = β = α + β Am obţinut ImT = α + β α, β R b Din punctul a observăm că dim R ImT = 2 deoarece B =, Desigur puteam utiliza teorema dimensiunii bază ImT dim R KerT + dim R ImT = 3 = dim R ImT = 2 Exerciţiul 52 Se consideră matricea A = şi T : R 3 R 3 operatorul liniar asociat matricei A a Să se calculeze T,, 2 b Să se determine ImT şi KerT

26 SEMINAR 5: ALGEBRĂ 5-3 Demonstraţie a Avem T,, 2 = = 5 5 b Prin definiţie KerT = x R 3 T x = R 3 } Fie x = x, x 2, x 3 T R 3 Din enunţ T x = Ax Atunci T x = R 3 Ax = R 3 sau echivalent cu Matricea sistemului este cu ranga = 2 deoarece M 2 = 2 x + 2x 2 3x 3 = x x 2 + x 3 = 2x + x 2 2x 3 = A = = 3 iar M 3 = = Cum ranga = 2 deducem că sistemul este compatibil simplu nedeterminat Avem Din sistemul rezultă M 2 minor principal x, x 2 necunoscute principale x 3 necunoscută secundară x 3 not = α x + 2x 2 = 3α x x 2 = α x = α 3, x 2 = 4 3 α şi Remarcăm că şi deci dim R KerT = KerT = α Determinăm imaginea operatorului A Se cunoaşte că α R bază KerT ImT = y R 3 x R 3 astfel încât T x = y } Fie y = y, y 2, y 3 T R 3 şi x = x, x 2, x 3 T R 3 Relaţia T x = y este echivalentă cu sistemul x + 2x 2 3x 3 = y x x 2 + x 3 = y 2 2x + x 2 2x 3 = y 3

27 SEMINAR 5: ALGEBRĂ 5-4 Scriem matricea sistemului matricea extinsă a sistemului A = 2 3 A = 2 3 y y y 3 Din rezultatul de mai sus ranga = 2 Punem condiţia ca ranga = 2 deoarece trebuie să existe x cu proprietatea cerută ranga = 2 atrage 2 y y 2 2 y 3 = 3y + 3y 2 3y 3 = şi } ImT = y = y, y 2, y 3 T R 3 y + y 2 y 3 = Observăm că şi deci y = y y 2 y 3 = y 3 y 2 y 2 y 3 = y 2 y 2, + y 3 y 3 = y 2 bază ImT dim R ImT = 2 + y 3 Exerciţiul 53 Trei persoane notate cu P, P2, P3, organizate într-o societate închisă produc trei produse de bază Z, Z2, Z3 Fiecare persoană vinde şi cumpără una de la alta Toate produsele lor sunt consumate de ei, nicio altă marfă nu intră în sistem modelul închis Proporţiile produselor consumate de fiecare dintre P, P2, P3 sunt date în tabelul următor: Z Z2 Z3 P, 6, 2, 3 P2,, 7, 2 P3, 3,, 5 De exemplu, prima coloană afirmă că 6% din produsul Z este consumat de către P, % de P2 şi 3% de P3 Să se precizeze ce venituri trebuie să aibă persoanele P, P2, P3 astfel încât să poată supravieţui Demonstraţie Astfel că, este evident că suma de pe fiecare coloană Z, Z2, Z3 este Să notăm cu x, x 2, x 3 veniturile persoanelor P, P2, P3 Atunci, suma cheltuită de P pentru Z, Z2, Z3 este, 6 x +, 2 x 2 +, 3 x 3 Cum consumul fiecărei persoane este egal cu venitul său obţinem ecuaţia, 6 x +, 2 x 2 +, 3 x 3 = x, similar pentru alte persoane În final avem de rezolvat sistemul de ecuaţii, 6 x +, 2 x 2 +, 3 x 3 = x, x +, 7 x 2 +, 2 x 3 = x 2, 3 x +, x 2 +, 5 x 3 = x 3 Acest sistem poate fi scris ca o ecuaţie de forma f x = x, unde f x = Ax cu, 6, 2, 3 A =,, 7, 2 şi x = x, x 2, x 3 T, 3,, 5 Mai mult decât atât, vom presupune că venitul este pozitiv, adică x i pentru i =, 2, 3 notăm x Putem rescrie această ecuaţie în forma echivalentă A I 3 x = R 3 şi definim f : R 3 + R 3 prin f x = A I 3 x Avem astfel de determinat Kerf şi deci de rezovalt sistemul f x = R 3 O soluţie arbitrară a acestui sistem are forma x = t3,, T cu x pentru t Astfel, pentru a se asigura că această societate supravieţuieşte, trebuie ca persoanele P, P2, P3 să aibă veniturile lor în proporţiile 3 : :

28 Sala: Noiembrie 24 SEMINAR 6: ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi 6 Aplicaţii - Curs 6 Exerciţiul 6 Fie P 2 [X], R spaţiul vectorial al polinoamelor cu coeficienţi reali de grad cel mult doi peste corpul numerelor reale şi U : P 2 [X] P 2 [X] operator liniar definit prin U P X = P X + Să se determine matricea [A] U B lui U în reperul B =, X, X 2}, matricea [B] U B lui U în reperul B = X, X 2 +, X 2 } precum şi matricea C B,B de trecere de la reperul B la B Ce legătură există între cele trei matrice? Soluţie Fie x =, x 2 = X, x 3 = X 2 Conform definiţiei lui U avem Însă U P X = P X + şi deci U x = U x 2 = X + U x 3 = X + 2 sau echivalent = α x + α 2 x 2 + α 3 x 3 X + = α 2 x + α 22 x 2 + α 32 x 3 X + 2 = α 3 x + α 23 x 2 + α 33 x 3, = α + α 2 X + α 3 X 2 X + = α 2 + α 22 X + α 32 X 2 X + 2 = α 3 + α 23 X + α 33 X 2 Două polinoame sunt egale dacă coeficienţii termenilor care conţin pe X la aceleaşi puteri sunt egali Avem aşadar α =, α 2 =, α 3 =, α 2 =, α 22 =, α 32 =, α 3 =, α 23 = 2, α 33 =, adică [A] U B = 2 Pentru a determina [B] U B notăm y = X, y 2 = X 2 +, y 3 = X 2 iar din U P X = P X + avem U y = X + U y 2 = X U y 3 = X + 2 şi deci trebuie aflaţi α ij astfel încât X + = α y + α 2 y 2 + α 3 y 3 X = α 2 y + α 22 y 2 + α 32 y 3 X + 2 = α 3 y + α 23 y 2 + α 33 y 3 6-

29 SEMINAR 6: ALGEBRĂ 6-2 Ori, echivalent X + = α X + α 2 X α 3 X 2 X = α 2 X + α 22 X α 32 X 2 X + 2 = α 3 X + α 23 X α 33 X 2 Din identificarea coeficienţilor polinoamelor din prima egalitate a sistemului obţinem α = α 2 + α 3 = α 2 α 3 = cu soluţia α =, α 2 = 2, α 3 = 2 Procedând la fel cu egalitatea a doua si a treia din sistem se obţine 2 2 [B] U B = /2 3/2 /2 /2 /2 /2 Răspundem la întrebarea ce legătură există între [A] U B şi [B]U B Pentru început calculăm matricea C B,B de trecere de la reperul B la reperul B Conform teoriei trebuie exprimaţi vectorii din B în funcţie de vectorii din B Astfel y = α x + α 2 x 2 + α 3 x 3 y 2 = α 2 x + α 22 x 2 + α 32 x 3 y 3 = α 3 x + α 23 x 2 + α 33 x 3 sau echivalent X = α + α 2 X + α 3 X 2 X 2 + = α 2 + α 22 X + α 32 X 2 X 2 = α 3 + α 23 X + α 33 X 2 De unde, prin identificarea coeficienţilor polinoamelor deducem că α =, α 2 =, α 3 =, α 2 =, α 22 =, α 32 =, α 3 =, α 23 =, α 33 = C B,B = Relaţia cerută este [B] U B = C B,B [A] U B C B,B = Pentru a verifica dacă s-a greşit la calcule, avem Pe de altă parte C B,B [A] U B C B,B = C B,B = = 2 2 /2 3/2 /2 /2 /2 /2 = [B] U B şi deci nu există erori de calcul Aşadar pentru a determina [B] U B era suficient să determinăm C B,B şi [A] U B matricea [B] U B rezultând din relaţia [B] U B = C B,B [A] U B C B,B

30 SEMINAR 6: ALGEBRĂ 6-3 Exerciţiul 62 Se consideră endomorfismul U : R 3 R 3 definit prin U x = A x unde A = este matricea operatorului U în baza canonică din R 3 Să se determine spectrul ΛU şi subspaţiul propriu al operatorului liniar X λ Soluţie a Valorile proprii se determină din relaţia ori echivalent Din schema lui Horner A λi 3 = λ λ λ deducem că ecuaţia λ 3 + 3λ 2 4 = are soluţiile λ = ; λ 2 = λ 3 = 2 = λ3 + 3λ 2 4 = şi în acelaşi timp ele reprezintă valorile proprii Astfel că ΛU = 2, } Determinăm vectorii proprii Prin definiţie vectorii proprii sunt Pentru λ = λ = determinăm x λ = a, b, c T Avem ori echivalent cu ce conduce la sistemul Matricea sistemului este cu rangc = 2 deoarece şi X λ = x λ R 3 A λi 3 x λ = R 3} A λ I 3 x λ = R 3 C = a b c = 2a + b + c = a 2b + c = a + b 2c = M 2 = 2 2 = 3 M 3 = C = deoarece A λ I 3 = Din cele de mai sus deducem că sistemul este compatibil simplu nedeterminat M 2 minor principal a, b necunoscute principale c necunoscută secundară c not = α

31 SEMINAR 6: ALGEBRĂ 6-4 Rezultă uşor că şi deci X λ = x λ = α α α = α } α,, T α R = Span,, T Pentru λ = λ 2 = λ 3 = 2 obţinem absolut analog că } X λ2,3 = m, n, p T R 3 m + n + p = = Span,, T,,, T deoarece m, n, p T = n + p, n, p T = n,, T + p,, T Exerciţiul 63 Fie Să se calculeze A 24 şi A 2 A = π i 7 Soluţie Observăm că P A λ = det A λi n = λ 3 λ 2 astfel că teorema Hamilton-Cayley implică A 3 = A 2 Folosim această relaţie de recurenţă pentru a deduce puterile lui A astfel A 2 = A 3 4 = A 2 4 = A 2 3 A 2 = A 3 2 A 2 = A 2 2 A 2 = A 3 2 = A 2 2 = A3 A = A 2 A = A 3 = A 2 şi Deci A 24 = A 2 2 = A 2 2 = A 3 A = A 2 A = A 3 = A 2 A 24 = A 2 = A 2 = π i + 7π Exerciţiul 64 Se consideră endomorfismul U : R 3 R 3 definit prin U x, x 2, x 3 = 3x x 2 + 2x 3, 2x + 2x 3, x + 3x 2 T şi se cere: i să se scrie matricea A = [A] U B C unde B c este reperul canonic al lui R 3 ; ii să se determine pentru fiecare valoare proprie λ a lui U subspaţiul său propriu X λ şi o bază în X λ ; iii să se determine o bază, B a spaţiului vectorial R 3,R în raport cu care matricea asociată lui U are forma diagonală Soluţie i Fie B c = e, e 2, e 3 } reper canonic din R 3 Matricea lui U în B c este 3 2 A = 2 2 3

32 SEMINAR 6: ALGEBRĂ 6-5 ii Ecuaţia caracteristică a lui U este A λi 3 = 3 λ 2 2 λ 2 3 λ = cu soluţiile λ = 2, λ 2 =, λ 3 = 4 Aşadar spectrul lui U este ΛU = λ, λ 2, λ 3 } cu multiplicităţile m aλ = m aλ2 = m aλ2 = Pentru λ = λ = 2 căutăm x = x, x 2, x 3 T X λ astfel încât x x 2 x 3 = şi obţinem soluţia x = 2 x 3, 2 x T 3, x 3 Aşadar X λ = x 3 } T 2, 2, x 3 R O bază B X λ este B = v =,, 2 T } Analog, pentru λ 2 şi λ 3 găsim subspaţiile proprii X λ2 = x 3 5 7, 4 } T 7, x 3 R şi respectiv Evident iar X λ3 = B 2 = B 3 = } x 3,, T x3 R v 2 = 5, 4, 7 T } bază X λ2 v 3 =,, T } bază X λ3 fapt ce încheie demonstraţia lui ii iii Remarcăm că este îndeplinit ii din Teorema de caracterizare a diagonalizării m gλ = m gλ2 = m gλ3 = m aλ = m aλ2 = m aλ2 = respectiv m aλ + m aλ2 + m aλ2 = dim R R 3 = 3 astfel se poate deduce că U este diagonalizabil şi λ [D] U B = λ 2 = λ Baza spaţiului vectorial R 3,R în raport cu care matricea asociată lui U are forma diagonală este B = B B 2 B 3 iar 5 C B,B = Se verifică [D] U B = C B,B A C B,B = adică că nu s-a greşit = 2 4,

33 SEMINAR 6: ALGEBRĂ Operatori de proiecţie Presupunem că V = V V 2 Pentru fiecare x V!x V şi!x 2 V 2 astfel încât x = x + x 2 Definiţie 62 Vectorul x se numeşte proiecţia lui x pe V în direcţia V 2 iar operatorul P : V V definit prin P x = x se numeşte proiecţia lui V pe V în direcţia V 2 Remarcă 62 Sunt adevărate i P este operator liniar; ii ImP = V, KerP = V 2 = V = ImP KerP ; iii iv P P = P proprietatea de idempotenţă; Dacă P : V V este proiecţie atunci V P : V V este tot o proiecţie Teoremă 62 Operatorul liniar P : V V este proiecţie proiector dacă şi numai dacă P P x = P x pentru orice x V Exerciţiul 62 Pentru fiecare α R fixat, operatorul p α : R 2 R 2 definit prin x p α x =, x = x α x, x 2 T 2 este operator de proiecţie, numit operatorul de proiecţie oblică Soluţie Se observă că şi p α x = p α p α x = p α, x + αx = α α x x 2 = x 2 + αx = x 2 + αx x 2 + αx = p α x

34 Sala: Noiembrie 24 SEMINAR 7: ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi 7 Aplicaţii - Curs 7 Exerciţiul 7 În R 2, R fie X = Span a, a 2, Y = Span a 3, a 4 unde a =, 2 T, a 2 = 2, 4 T, a 3 = 3, T, a 4 = 9, 3 T Se cere: i Să se arate că X este izomorf cu Y ii Să se construiască un izomorfim f : X Y Soluţie i Conform Teoremei 35 Teorema fundamentală de izomorfism I din Curs 3: Dacă U, K şi V, K sunt spaţii vectoriale cu dim K U = dim K V N atunci U, K = V, K, vom demonstra că dim R X = dim R Y N Căutăm o bază B X şi o bază B 2 Y Pentru B formăm matricea alcătuită din vectorii A = = M A 2 = = = ranga = < număr de vectori din a, a 2 } şi deci a, a 2 } sunt liniar dependenţi Cum a, a 2 sunt diferiţi de vectorul nul, deducem că a } respectiv a 2 } sunt liniar independeţi Din a } X = Span a, a 2, a 2 } X = Span a, a 2 deducem că a } respectiv a 2 } sunt sisteme de generatori Astfel că, putem considera B = a } bază X = dim R X = Mai mult, rezultă că X = Span a Absolut analog 3 9 A 2 = = M A2 3 2 = = = ranga 2 = < număr de vectori din a 3, a 4 } şi în final B 2 = a 3 } bază Y = dim R Y = Mai mult, rezultă că Y = Span a 3 Am demonstrat că dim R X = dim R Y = N şi deci X, K izomorf = Y, K ii Conform demonstraţiei Teoremei 35 Teorema fundamentală de izomorfism I din Curs 3, putem defini bază f : X Y, f αa = αa 3 deoarece B, B 2 X Absolut analog ca în demonstraţia Teoremei se poate arăta că f este bijectivă şi liniară, deci izomorfism Dăm o altă metodă celei prezentate în demonstraţia Teoremei 35 pentru a arăta că f este bijectivă Mai exact vom arăta că Kerf = R 2} şi Imf = Y Într-adevăr, Kerf = x X f x = R 2} Fie x = α, 2α T X Relaţia f x = R 2 este echivalentă cu αa 3 = R 2 = α = = x =, T Cum x =, T = Kerf = R 2} = f injectivă Observăm că Imf = y Y x X astfel încât f x = y} Fie y = β 3, T Y Cercetăm dacă x = α, 2α T X astfel încât f α, 2α = β 3, T sau echivalent α 3, T = β 3, T = α = β Cum pentru orice y Y x X astfel încât f x = y deducem că Y = Imf = f surjectivă 7-

35 SEMINAR 7: ALGEBRĂ 7-2 Exerciţiul 72 În R 3, R fie X = Span a, a 2, a 3, Y = Span a 4, a 5, a 6 unde a =,, 2 T, a 2 = 2,, T, a 3 = 3,, 2 T, a 4 = 2,, 3 T, a 5 =,, T, a 6 =,, T Se cere: i Să se arate că X este izomorf cu Y ii Să se construiască un izomorfim f : X Y Soluţie Temă Vezi demonstraţie Teoremă 35 Teorema fundamentală de izomorfism I din Curs 3 Exerciţiul 73 Fie M 4 R, R spaţiul vectorial al matricelor de tip 4 4 cu elemente numere reale şi A = 2 2 M 4 R matricea operatorului U : R 4 R 4 în baza canonică din R Să se determine forma canonică Jordan Soluţie Etapa 2 Observăm că polinomul caracteristic este λ P A λ = 2 λ 2 λ = λ 4 λ Deducem de aici că A este matrice nilpotentă Se rezolvă ecuaţia P A λ = de unde deducem că λ = R cu m aλ = 4 Etapa 3 Pentru λ = se obţine matricea N = 2 2 Etapa 4 Se determină numărul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ : d = dim R KerN unde x KerN = x = x, x 2, x 3, x 4 T R 2 x 2 2 x 3 = x 4 Pentru aceasta, calculăm rangn Cum M2 N = 2 iar toţi minorii de ordin 3 sunt nuli deducem că rangn = 2 Astfel că 2,,, T,,,, T } este sistem liniar independent maximal în KerN şi deci 2 = dim R KerN < m aλ = 4 Trecem la: Etapa 5 Se observă că N 2 = 2 2 si deci s = = , N 3 =

36 SEMINAR 7: ALGEBRĂ 7-3 Etapa 6 Se determină n h numărul celulelor Jordan de ordin h, 2, 3} după formula n h = rangn h+ 2rangN h + rangn h unde rangn = rangi 4 = 4, rangn s+ = rangn s, Σ s h= hn h = m aλ Pentru aceasta, se observă că Astfel că rangn = 2, rangn 2 =, rangn 3 = rangn 4 = rangn 5 = n = rangn 2 2rangN + rangn = = n 2 = rangn 3 2rangN 2 + rangn = = n 3 = rangn 4 2rangN 3 + rangn 2 = Aşadar, matricea Jordan asociată lui A are: o celulă de ordin celule de ordin 2, o celulă de ordin 3: J =

37 Sala: Noiembrie 24 SEMINAR 8: ALGEBRĂ Conf univ dr: Dragoş-Pătru Covei Programul de studii: CE, IE, SPE Nota: Acest curs nu a fost supus unui proces riguros de recenzare pentru a fi oficial publicat distribuit numai cu permisiunea autorului El poate fi 8 Aplicaţii - Curs 8 Exerciţiul 8 Pentru w = y, z T R 2 să se determine soluţia generală a sistemului y x = 9y x + 9z x z x = 6y x + 5z x Soluţie Sistemul poate fi scris astfel w = A w unde w = y, z T, A = M 2 R Observăm că polinomul caracteristic este P A λ = 9 λ λ = λ2 6λ + 9 = λ 3 2 Se rezolvă ecuaţia P A λ = de unde deducem că λ = 3 R cu m aλ = 2 Pentru λ = 3 se obţine matricea N = Se determină numărul celulelor Jordan pentru valoarea proprie λ : d = dim R KerN unde } KerN = x = x, x 2 T 2 9 x R = 6 2 Observăm că rangn = unde N = Astfel că , 4 T } este sistem liniar independent maximal în KerN şi deci = dim R KerN < m aλ = 2 Într-adevăr, alegând v = a, b T în A 3I 2 v = R 2 obţinem 2 9 a = = 2a 6 2 b + 9b = = a = 3b 4 = v = 4b 3, 4 T Trecem la: x 2 Se observă că si deci s = 2 N 2 = =, 8-

38 SEMINAR 8: ALGEBRĂ 8-2 Se determină n h numărul celulelor Jordan de ordin h, 2} după formula n h = rangn h+ 2rangN h + rangn h unde rangn = rangi 2 = 2, rangn s+ = rangn s, Σ s h= hn h = m aλ Pentru aceasta, se observă că Astfel că rangn =, rangn 2 = rangn 3 = n = rangn 2 2rangN + rangn = = n 2 = rangn 3 2rangN 2 + rangn = 2 + = Aşadar matricea Jordan asociată lui A are: celule de ordin celulă de ordin 2: 3 J = 3 Ţinând seama de definiţia matricei unei aplicaţii liniare în raport cu un reper, se determină reperul B = v = a, b T, v 2 = a 2, b 2 T } a lui R 2 în raport cu care U are matricea J: U v = 3v U v 2 = v + 3v 2 Av = 3v Av 2 = v + 3v 2 A 3I 2 v = R 2 A 3I 2 v 2 = v Alegând v 2 = a 2, b 2 T şi v = 3, 4 T în A 3I 2 v 2 = v obţinem 2 9 a2 3 A 3I 2 v 2 = v = 6 2 b 2 4 = 2a 2 + 9b 2 = 3 = 4a 2 = 3b 2 = v 2 =, T pentru a 2 = = b 2 } Astfel că B = v = 3, 4 T, v 2 =, T este reperul Jordan în care este atinsă forma J În plus, putem } spune că B = v = 3, 4 T, v 2 =, T este un ciclu de vectori proprii generalizaţi În fapt v = 3, 4 T este vector propriu iar v 2 =, T este vector propriu principal Observăm că C A C = J = adică nu s-a greşit la calcule şi în plus matricea C are pe coloane vectorii v, v 2 Efectuând schimbarea de variabilă w = C u obţinem u u = D u u = u u 2 În final u u 2 Rezolvăm Într-adevăr, = 3 3 u u = 3u + u 2 u 2 u 2 = 3u 2 u 2 = 3u 2 = prin integrarea fiecărei ecuaţii, că u 2 x = c 2 e 3x u 2 u 2 = 3 = ln u 2 = 3 = ln u 2 = 3dx ln u 2 = 3x + ln K 2 = u 2 x = c 2 e 3x Înlocuind u 2 x = c 2 e 3x în prima ecuaţie avem u = 3u + c 2 e 3x u e 3x = c2 iar prin integrare avem u x = c 2 xe 3x + c e 3x

39 SEMINAR 8: ALGEBRĂ 8-3 Acum, folosind schimbarea de variabilă efectuată 3 u w = 4 u 2 = y = 3u u 2 şi z = 4u u 2, de unde y x = 3 c2 xe 3x + c e 3x c 2 e 3x z x = 4 c 2 xe 3x + c e 3x c 2 e 3x Exerciţiul 82 Pentru w = y, z T R 2, x R să se determine soluţia generală a sistemului y = y + z z = 3z 2y Soluţie Sistemul poate fi scris astfel w = A w unde w = y, z T, A = 2 3 Determinăm valorile proprii ale lui A, din ecuaţia caracteristică A λi 2 = λ 2 3 λ = λ2 4λ + 5 = = λ = 2 + i şi λ = 2 + i Cum λ = 2 + i este număr complex, urmăm Etapa 3 a algoritmului Pentru λ = 2 + i determinăm vectorul propriu corespunzător v λ X λ din sistemul i m A λi 2 v λ = R 2 = 2 i n sau echivalent n + i m i n 2m = = n + i m = = n = + i m iar într-un final v λ = m, n T = m, + i T, de unde pentru m = se poate considera v λ =, + i T şi deci, conform relaţiei lui Euler, avem e λx v λ = e 2+ix = e 2x e cos x + i sin x = 2x cos x + i sin x + i + i e 2x [cos x sin x + sin x + cos x i] Un sistem fundamental de soluţii este ϕ x = Re e λx v λ = e 2x cos x, e 2x cos x e 2x sin x T şi ϕ2 x = Im e λx v λ = e 2x sin x, e 2x sin x + e 2x cot x T care dau soluţia generală w x = c e 2x cos x, e 2x cos x e 2x sin x T + c2 e 2x sin x, e 2x sin x + e 2x cos x T, c R, c 2 R iar în coordonate are forma y x = c e 2x cos x + c 2 e 2x sin x z x = c e 2x cos x e 2x sin x + c 2 e 2x sin x + e 2x cos x cu c R, c 2 R Exerciţiul 83 Să se determine soluţia generală a sistemului de ecuaţii diferenţiale liniare y x = z x z x = 6y x + 5z x

40 SEMINAR 8: ALGEBRĂ 8-4 Soluţie Sistemul poate fi scris astfel w = A w unde w = y, z T, A = 2 8 Determinăm valorile proprii ale lui A, din ecuaţia caracteristică A λi 2 = λ 2 8 λ = = λ = 6 şi λ 2 = 2 Pentru λ = 2 determinăm vectorul propriu corespunzător v λ = a, b T din 2 a A λi 2 v λ = R 2 = 2a + b = = v 2 6 b λ = a, 2 T Pentru λ 2 = 6 determinăm vectorul propriu corespunzător v λ2 = c, d T din 6 c A λi 2 v λ2 = R 2 = 6c + d = = v 2 2 d λ2 = c, 6 T Se observă că C = = C = 2 4 = C AC = D = Efectuând schimbarea de variabilă w = C u obţinem u u = D u u = 2 În final u u 2 = 2 6 u u u u 2 u = 2u u 2 = 6u Rezolvăm sistemul omogen u = 2u u 2 = 6u 2 = prin integrarea fiecărei ecuaţii, că u x = c e 2x şi u 2 x = c 2 e 6x adică exact ce se obţinea în Etapa II a algoritmului de determinare a soluţiei generale a unui sistem omogen Într-adevăr, u = 2 = ln u = 2 = ln u = 2dx ln u = 2x + ln K = u x = c e 2x u u 2 = 6 = ln u 2 = 6 = ln u 2 = 6dx ln u 2 = 6x + ln K 2 = u 2 x = c 2 e 6x u 2 Acum, folosind schimbarea de variabilă efectuată u w = 2 6 u 2 = y = u + u 2 şi z = 2u + 6u 2 de unde y x = c e 2x + c 2 e 6x z x = 2c e 2x + 6c 2 e 6x c,c 2 R