Algebra şsi geometrie Culegere de probleme

Algebr¼a si geometrie

Culegere de probleme

Alina Ilinca Lazu

2

Cuprins

1 Matrice si determinanti 5

2 Sisteme de ecuatii liniare 21

3 Spatii vectoriale 37

3.1 Exemple de spatii vectoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.2 Subspatii vectoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.3 Dependent¼a si independent¼a liniar¼a. Sistem de generatori . . . 41

3.4 Baz¼a si coordonate. Schimb¼ari de baze si coordonate . . . . . 47

4 Spatii euclidiene 57

5 Transform¼ari liniare 65

5.1 De�nitie. Matricea unei transform¼ari liniare . . . . . . . . . . 65

5.2 Nucleu si imagine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.3 Valori si vectori proprii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

5.4 Transform¼ari liniare simetrice. Transform¼ari liniare ortogonale 90

6 Forme biliniare si forme p¼atratice 95

6.1 Forme biliniare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

6.2 Forme p¼atratice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

7 Calcul vectorial 117

3

4 CUPRINS

8 Planul si dreapta în spatiu 127

9 Sfera 149

Capitolul 1

Matrice si determinanti

1. Se consider¼a matricele A =

0BB@2 0

1 1

2 1

1CCA ; B = 3 1

1 2

!;

C =

1 �1 0

2 0 1

!; D =

0BB@0 �5 �51 �1 2

3 2 11

1CCA ; E =0BB@2

0

1

1CCA si

F =�1 2 3

�: S¼a se calculeze A �B � C +Dt, E � F; F � E:

Rezolvare: A �B �C+Dt =

0BB@10 �6 2

10 �4 3

15 �7 4

1CCA+0BB@0 1 3

�5 �1 2

�5 2 11

1CCA=

0BB@10 �5 5

5 �5 5

10 �5 15

1CCA = 5

0BB@2 �1 1

1 �1 1

2 �1 3

1CCA ;

E � F =

0BB@2 4 6

0 0 0

1 2 3

1CCA ; F � E = (5) :5

6 CAPITOLUL 1. MATRICE SI DETERMINANTI

2. Fie matricea

A =

0BB@1 1 1

1 1 0

0 0 1

1CCA .S¼a se calculeze An.

Rezolvare: Scriem matricea A sub forma

A =

0BB@1 0 0

0 1 0

0 0 1

1CCA+0BB@0 1 1

1 0 0

0 0 0

1CCA = E +B,

unde B =

0BB@0 1 1

1 0 0

0 0 0

1CCA. Dar

B2 =

0BB@1 0 0

0 1 1

0 0 0

1CCA , B3 =0BB@0 1 1

1 0 0

0 0 0

1CCA = B.

Deci,

An = (E +B)n = E + C1nB + C2nB

2 + C3nB + C4nB

2 + :::

= E +B�C1n + C

3n + :::

�+B2

�C2n + C

4n + :::

�= E + 2n�1B +

�2n�1 � 1

�B2.

3. Fie A = (aij)i;j=1;n si B = (bij)i;j=1;n dou¼a matrice p¼atratice de tip

n� n si I matricea unitate de acelasi tip. S¼a se arate c¼a

AB �BA 6= I:

Rezolvare: S¼a not¼am AB = (pij)i;j=1;n, BA = (qij)i;j=1;n si AB �BA = (dij)i;j=1;n : Vom calcula urma matricei AB � BA: Amintim c¼a

7

prin urma unei matrice p¼atratice se întelege suma elementelor de pe

diagonala principal¼a. În cazul nostru,

tr (AB �BA) =nXi=1

dii =

nXi=1

(pii � qii) :

Avem

pii � qii =nXk=1

aikbki �nXk=1

bikaki:

Deci,

tr (AB �BA) =nXi=1

nXk=1

aikbki �nXk=1

bikaki

!= 0:

Prin urmare, egalitatea AB � BA = I nu este posibil¼a deoarece urmamatricei AB �BA este zero, în timp ce urma matricei unitate este n:

4. S¼a se calculeze determinantii

D1 =

�� 2� 3�

4� � �

2� � �

�� ; � 2 R;

D2 =

��a2 b2 c2

(b+ c)2 (c+ a)2 (a+ b)2

�a+ b+ c a� b+ c a+ b� c

��, a; b; c 2 R,

D3 =

��1 2 1 0

2 1 �1 1

0 2 1 0

1 2 1 3

��;

D4 =

��1 1 1 1

3� � + 2� �+ 2� 3�

3�2 �2 + 2�� 2 + 2�� 3�2

�3 �2� ��2 �3

��, �; � 2 R.


Rezolvare: D1 = �2�3; D2 = 0 (se scade linia întâi din linia a doua).

D3 = 9 ; D4 = (�� )6 (se scade prima coloan¼a din celelalte si apoi sedezvolt¼a determinantul dup¼a elementele primei linii).

5. S¼a se calculeze determinantul

D =

��

1 1 �1 �2 1

2 1 �2 �2 4

1 5 2 �1 6

3 2 1 �5 1

1 1 �1 0 2

��:

Rezolvare: Folosind propriet¼atile determinantilor, obtinem succesiv

D =

��

1 0 0 0 0

2 �1 0 2 2

1 4 3 1 5

3 �1 4 1 �21 0 0 2 1

��=

��1 0 2 2

4 3 1 5

�1 4 1 �20 0 2 1

��=

��1 0 �2 2

4 3 �9 5

�1 4 5 �20 0 0 1

��

=

��1 0 �24 3 �9

�1 4 5

�� =��1 0 0

4 3 �17�1 4 7

�� = � (21 + 68) = �89.

6. S¼a se calculeze

Dn =

��

2 1 0 ::: 0 0

1 2 1 ::: 0 0

0 1 2 ::: 0 0

::: ::: ::: ::: ::: :::

0 0 0 ::: 2 1

0 0 0 ::: 1 2

��:

9

Rezolvare: Dezvolt¼am Dn dup¼a elementele primei linii. Avem

Dn = 2Dn�1 �

��

1 1 0 ::: 0 0

0 2 1 ::: 0 0

::: ::: ::: ::: ::: :::

0 0 0 ::: 2 1

0 0 0 ::: 1 2

��:

Dezvoltând al doilea determinant dup¼a prima coloan¼a se obtine formula

de recurent¼a

Dn = 2Dn�1 �Dn�2:

Avem D1 = 2, D2 = 3, D3 = 2D2 �D1 = 4. Prin inductie se demon-

streaz¼a c¼a

Dn = n+ 1:

7. S¼a se arate c¼a

Dn =

��

1! 2! 3! ::: n!

2! 2! 3! ::: n!

3! 3! 3! ::: n!

::: ::: ::: ::: :::

n! n! n! ::: n!

��= (�1)n+1 (n� 1)!1!2!:::n!

Rezolvare: Se scade linia întâi din toate celelalte, se dezvolt¼a apoi

dup¼a ultima coloan¼a si se tine cont de relatia k!�(k � 1)! = (k � 1) (k � 1)!.

8. S¼a se calculeze valoarea determinantului

D =

��

1 2 3 ::: n� 1 n

�1 0 3 ::: n� 1 n

�1 �2 0 ::: n� 1 n

::: ::: ::: ::: ::: :::

�1 �2 �3 ::: 0 n

�1 �2 �3 ::: � (n� 1) 0

��:


Rezolvare: Se adun¼a prima linie la toate celelalte si obtinem D = n!.

9. S¼a se calculeze valoarea determinantului de ordinul n

D =

��

1 2 2 ::: 2

2 2 2 ::: 2

2 2 3 ::: 2

::: ::: ::: ::: :::

2 2 2 ::: n

��:

Rezolvare: Se scade prima linie din celelalte si se obtineD = �2 (n� 2)!.

10. S¼a se calculeze determinantul Vandermonde

V (a1; a 2; :::; an) =

��

1 1 1 1

a1 a 2 ::: an

a21 a 22 ::: a2n

::: ::: ::: :::

an�11 a n�12 ::: an�1n

��:

Rezolvare: Din �ecare linie începând cu ultima sc¼adem precedenta

înmultit¼a cu a1 si obtinem

V (a1; a 2; :::; an) =

��

1 1 1 1

0 a 2 � a1 ::: an � a10 a 22 � a1a 2 ::: a2n � ana1::: ::: ::: :::

0 a n�12 � a n�22 a1 ::: an�1n � an�2n a1

��=

=

��a 2 � a1 ::: an � a1

a 2 (a 2 � a1) ::: an (an � a1)::: ::: :::

a n�22 (a 2 � a1) ::: an�2n (an � a1)

��:

11

Scoatem de pe prima coloan¼a factorul a 2 � a1, de pe coloana a douaa 3 � a1 s.a.m.d. Se obtine

V (a1; a 2; :::; an) = (a 2 � a1) (a 3 � a1) ::: (an � a1)V (a 2; a3; :::; an) :

V (a2; a 3; :::; an) este determinantul Vandermonde de ordinul n � 1 siprin acelasi procedeu obtinem succesiv

V (a2; a 3; :::; an) = (a 3 � a2) (a 4 � a2) ::: (an � a2)V (a 3; a4; :::; an):::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

V (an�1; an) = (an � an�1) :

În �nal avem

V (a1; a 2; :::; an) = (a 2 � a1) (a 3 � a1) ::: (an � a1)�

� (a 3 � a2) ::: (an � a2)�

:::::::::::::::::

� (an � an�1)

=Y

1�j<i�n(ai � aj) .

11. S¼a se calculeze valorile determinantilor

a) Dn =

��

1 1 1 ::: 1 1

�1 2 0 ::: 0 0

0 �1 2 ::: 0 0

0 0 �1 ::: 0 0

::: ::: ::: ::: ::: :::

0 0 0 ::: �1 2

��,


b) Pn =

��

an an�1 an�2 ::: a0

�1 x 0 ::: 0

0 �1 x ::: 0

::: ::: ::: ::: :::

0 0 0 ::: x

��:

Rezolvare: a) Dezvoltând dup¼a prima coloan¼a, obtinem

Dn = 2n�1 +Dn�1:

Deducem Dn = 2n�1 + 2n�2 + :::+ 2 + 1 = 2n � 1.

b) Similar obtinem

Pn = anxn�1 + Pn�1;

de unde Pn = anxn�1 + an�1xn�2 + :::+ a1x+ a0.

12. S¼a se arate c¼a oricare ar �matricea A de tip n� n; cu elemente reale,avem

det�I + A2

�� 0:

Rezolvare: Se foloseste identitatea

I + A2 = (I + iA) (I � iA) :

13. Fie A de forma

A =

0BB@� 1 0

0 � 1

0 0 �

1CCAîn care � este o constant¼a si �e f (x) un polinom oarecare. S¼a se arate

c¼a

f (A) =

0BB@f(�) f 0(�)

1

2f 00(�)

0 f(�) f 0(�)

0 0 f(�)

1CCA

13

Rezolvare: Fie f (x) = anxn + an�1xn�1 + :::+ a1x+ a0: Atunci

f 0(x) = nanxn�1 + (n� 1) an�1xn�2 + :::+ 2a2x+ a1

si

f 00(x) = n (n� 1) anxn�2 + (n� 1) (n� 2) an�1xn�3 + :::+ 2a2:

S¼a observ¼am c¼a A = �I +B; unde

B =

0BB@0 1 0

0 0 1

0 0 0

1CCA :Atunci An = (�I +B)n = �nI +C1n�

n�1B+C2n�n�2B2+ :::+Bn: Dar

B2 =

0BB@0 0 1

0 0 0

0 0 0

1CCA si Bn = O3; 8n � 3:

Atunci

An =

0BBB@�n n�n�1

n (n� 1)2

�n�2

0 �n n�n�1

0 0 �n

1CCCA :Concluzia rezult¼a imediat.

14. S¼a se cerceteze dac¼a urm¼atoarele matrice sunt inversabile si în caz a�r-

mativ s¼a se g¼aseasc¼a inversa

A =

0BB@1 3 1

4 2 5

3 6 2

1CCA , B =

0BBBB@1 1 1 1

1 1 �1 �11 �1 1 �11 �1 �1 1

1CCCCA .


Rezolvare: detA = 13 6= 0, deci A este inversabil¼a si

A�1 =

0BB@�2 0 1

7=13 �1=13 �1=1318=13 3=13 �10=13

1CCA :

detB = �8 6= 0 si B�1 = 1

4

0BBBB@1 1 1 1

1 1 �1 �11 �1 1 �11 �1 �1 1

1CCCCA :15. S¼a se determine valoarea parametrului real m astfel încât matricea

A =

0BB@1 0 1

x 1 2

1 x m

1CCAs¼a �e inversabil¼a pentru orice x real.

Rezolvare: detA = x2 � 2x + m � 1 6= 0, 8x 2 R, adic¼a � =

4 (2�m) < 0, de unde m 2 (2;1).

16. S¼a se rezolve ecuatia matriceal¼a

X � A = B,

unde A =

0BB@1 2 3

�1 0 1

2 1 �1

1CCA si B =

5 4 1

�1 �1 �2

!.

Rezolvare: detA 6= 0, X = B � A�1 =

1 0 2

�1 2 1

!.

17. S¼a se rezolve matriceal sistemul8>><>>:x+ 2y + 4z = �32x� y + 3z = �6x+ y � 2z = 2.

15

Rezolvare: Consider¼am matricele

A =

0BB@1 2 4

2 �1 3

1 1 �2

1CCA , X =

0BB@x

y

z

1CCA , B =0BB@�3�62

1CCA .Cu aceste notatii sistemul se scrie

A �X = B

detA 6= 0, deci A admite invers¼a si ecuatia are solutia

X = A�1B =

0BB@�11

�1

1CCA , deci x = �1, y = 1, z = �1.18. S¼a se rezolve ecuatiile matriceale

a) X � A = B, unde A =

0BB@3 0 1

1 0 1

2 1 2

1CCA, B = 2 0 1

1 2 1

!;

b) A �X �B = C, unde A =

0BB@2 1 1

1 0 2

3 1 2

1CCA, B =0BB@1 2 1

1 3 3

1 4 6

1CCA,

C =

0BB@1 2 1

2 3 1

3 1 1

1CCA.

Rezolvare: a) X = B � A�1 = 1=2 1=2 0

0 �3 2

!.

b) X = A�1 � C �B�1 =

0BB@26 �39 15

�40 60 �23�11 18 �7

1CCA.


19. Fie A o matrice p¼atratic¼a de ordin n; inversabil¼a si s¼a not¼am

det (A+ �I) = �n + a1�n�1 + :::+ an�1�+ an:

S¼a se calculeze det (A� + �I) ; � 6= 0; unde cu A� am notat adjuncta

matricei A:

Rezolvare: Pentru � = 0 obtinem detA = an 6= 0 (deoarece A este

inversabil¼a). Atunci A� = anA�1: Aceasta implic¼a

det (A� + �I) = det�anA

�1 + �I�= det

��A�1

�A+

an�I

��

= �n detA�1 det

�A+

an�I

�

= �n (detA)�1"�an�

�n+ a1

�an�

�n�1+ :::+ an�1

�an�

�+ an

#

=1

an

�(an)

n + a1 (an)n�1 �+ :::+ an�1an�

n�1 + an�n�

= (an)n�1 + a1 (an)

n�2 �+ :::+ an�1�n�1 + �n:

20. Fie A; � si � trei matrice de tip m�m; m� 1 si respectiv 1�m astfel

încât A2 = �I + �� si �� = 1: S¼a se arate c¼a:a) A� = 0 si �A = 0;

b) A+ �� este nesingular¼a si (A+ ��)�1 = �A+ ��;Rezolvare: a) Avem

A2� = (�I + ��) � = �� + �� = �� + � = 0

�A2 = � (�I + ��) = �� + �� = �� + � = 0:

Atunci

0 = A�A2�

�= A2 (A�) = (�I + ��)A� = �A� + ��A�;

17

de unde rezult¼a c¼a A� = ��A�: Scriind acum

0 = A2� = A (A�) = A (��A�) = (A�) (�A�) = (��A�) (�A�) = � (�A�)2

si având în vedere c¼a � 6= 0; iar �A� 2 R; obtinem c¼a �A� = 0; ceea ce

va antrena A� = 0: Pe de alt¼a parte,

0 = �A� = �A�� = �A�I + A2

�= �A+ �A3 = �A:

b) Din egalit¼atile

(A+ ��) (�A+ ��) = �A2 + A�� A+ � (��) � = �A2 + �� = I

obtinem c¼a A+ �� este nesingular¼a, iar inversa sa este �A+ ��:

21. Fie A; B si C matrice de tip n�n astfel încât B = C�1AC: Dac¼a f (x)este un polinom oarecare, s¼a se arate c¼a

f (B) = C�1f (A)C:

Rezolvare: Din egalitatea B = C�1AC rezult¼a prin inductie matem-

atic¼a faptul c¼a Bk = C�1AkC; pentru orice k 2 N: Fie

f (x) = anxn + an�1x

n�1 + :::+ a1x+ a0; ai 2 R; i = 0; n:

Avem

f (B) = anBn + an�1B

n�1 + :::+ a1B + a0I

= anC�1AnC + an�1C

�1An�1C + :::+ a1C�1AC + a0C

�1C

= C�1�anA

n + an�1An�1 + :::+ a1A+ a0I

�C

= C�1f (A)C;

ceea ce trebuia demonstrat.


22. S¼a se calculeze rangul urm¼atoarelor matrice pentru diferite valori ale

lui � 2 R

a) A =

0BB@2 2 3

1 �1 0

�1 2 �

1CCA ,

b) B =

0BB@1 � 3 2

2 3 �1 1

�1 2 �� 1 1

1CCA :Rezolvare: a) detA = 3� 4�; deci, dac¼a � = 3

4atunci rangA = 2, iar

dac¼a � 2 R��3

4

�atunci rangA = 3.

b) Avem minorul de ordin doi

�� 2 3

�1 2

�� = 7 6= 0, deci rangB � 2. Maideparte, calcul¼am minorul de ordin trei��

1 � 2

2 3 1

�1 2 1

�� = �3� + 15, deci dac¼a � 6= 5 atunci rangB = 3. Dac¼a

� = 5 calcul¼am cel¼alalt minor de ordin trei si avem

��1 5 3

2 3 �1�1 2 4

�� = 0,deci rangB = 2.

23. Se consider¼a matricele

A =

0BB@1 2 m

1 0 1

2 1 0

1CCA si B =

0BB@1 2 m n

1 0 1 1

2 1 0 2

1CCA .S¼a se determine m si n astfel încât cele dou¼a matrice s¼a aib¼a acelasi

rang.

Rezolvare: Avem rangA �rangB, detA = m + 3. Dac¼a m 6= �3

19

atunci rangA =rangB, pentru orice n 2 R. Dac¼a m = �3, atunci

rangA = 2. Pentru a avea si B rangul 2, punem conditia

��1 2 n

1 0 1

2 1 2

�� = 0si obtinem n = 1.

24. Se dau matricele

A =

0BBBB@0 1 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

1 0 0 0

1CCCCA si B =

0BBBB@0 0 0 1

1 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

1CCCCA .S¼a se arate c¼a B�1 = A si A�1 = B.

25. Folosind transform¼arile elementare s¼a se a�e rangurile urm¼atoarelor

matrice:

A =

0BBBB@3 �1 3 2

3 3 3 2

6 �1 �1 2

3 �1 3 �1

1CCCCA , B =0BBBB@

0 4 10 1

4 8 18 7

10 18 40 17

1 7 17 3

1CCCCA ,

C =

0BBBBBBB@

1 0 1 0 0

1 1 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 1 1 0

0 1 0 1 1

1CCCCCCCA, D =

0BB@1 2 �32 �3 4

1 �5 7

1CCA .

Rezolvare: Avem

A =

0BBBB@3 �1 3 2

3 3 3 2

6 �1 �1 2

3 �1 3 �1

1CCCCA�l1+l2!l2�2l1+l3!l3�l1+l4!l4~

0BBBB@3 �1 3 2

0 4 0 0

0 1 �7 0

0 0 0 �3

1CCCCA ~


l2 !l3~

0BBBB@3 �1 3 2

0 1 �7 0

0 4 0 0

0 0 0 �3

1CCCCA �4l2+l3!l3~

0BBBB@3 �1 3 2

0 1 �7 0

0 0 28 0

0 0 0 �3

1CCCCA ;de unde rezult¼a c¼a rangA = 4.

În acelasi mod obtinem: rangB = 2, rangC = 5, rangD = 2.

Capitolul 2

Sisteme de ecuatii liniare

1. Folosind regula lui Cramer s¼a se rezolve sistemul8>>>><>>>>:x

15+y

10+z

6=38

30x

10+y

6+z

15=31

30x

6+y

15+z

10=31

30

:

Rezolvare: Sistemul dat este echivalent cu8>><>>:2x+ 3y + 5z = 38

3x+ 5y + 2z = 31

5x+ 2y + 3z = 31

:

� =

��2 3 5

3 5 2

5 2 3

�� = �70, �x =

��38 3 5

31 5 2

31 2 3

�� = �140;

�y =

��2 38 5

3 31 2

5 31 3

�� = �210, �z =

��2 3 38

3 5 31

5 2 31

�� = �350:Deci, x =

�x

�= 2, y =

�y

�= 3, z =

�z

�= 5.

21

22 CAPITOLUL 2. SISTEME DE ECUATII LINIARE

2. Folosind regula lui Cramer s¼a se rezolve sistemul8>><>>:x+ ay + a2z = a3

x+ by + b2z = b3

x+ cy + c2z = c3

;

unde a; b; c 2 R, diferite dou¼a câte dou¼a.

Rezolvare: � =

��1 a a2

1 b b2

1 c c2

�� = (a� b) (b� c) (c� a) 6= 0,

�x =

��a3 a a2

b3 b b2

c3 c c2

�� = abc (a� b) (b� c) (c� a) ;

�y =

��1 a3 a2

1 b3 b2

1 c3 c2

�� = � (ab+ bc+ ca) (a� b) (b� c) (c� a) ;

�z =

��1 a a3

1 b b3

1 c c3

�� = (a+ b+ c) (a� b) (b� c) (c� a) :Solutia este x = abc, y = � (ab+ bc+ ca), z = a+ b+ c.

3. S¼a se rezolve si s¼a se discute sistemele

a)

(x� 4y � 3z = 1�3x+ 12y � 3z = 2

, b)

8>><>>:x� 4y � 3z = 1x+ 2y + z = 2

2x+ 4y + 2z = 3

.

Rezolvare: a) Matricea sistemului si matricea extins¼a sunt:

A =

1 �4 �3

�3 12 �3

!, respectiv A =

1 �4 �3 1

�3 12 �3 2

!.

23

Avem rangA =rangA = 2, deci sistemul este compatibil nedeterminat.

Dac¼a determinantul principal este �p =

�� 1 �3�3 �3

�� = �12, atunci x,z sunt necunoscutele principale si y necunoscut¼a secundar¼a. Se obtin

solutiile: x = 4�� 14, y = �, z = � 5

12, � 2 R.

b) Corespunz¼ator sistemului avem matricele:

A =

0BB@1 �4 �31 2 1

2 4 2

1CCA si A =

0BB@1 �4 �3 1

1 2 1 2

2 4 2 3

1CCA .Avem rangA = 2 si rangA = 3, deci sistemul este incompatibil.

4. S¼a se rezolve si s¼a se discute dup¼a valorile parametrului real � sistemul8>><>>:x+ �y + z = 1

�x� y + z = 1x+ y � z = 2

:

Rezolvare: Determinantul sistemului este� = (1 + �)2. Avem cazurile:

a) � 2 R � f�1g, atunci � 6= 0 si sistemul are solutie unic¼a dat¼a de

regula lui Cramer

�x = 3 (�+ 1) ; �y = 3 (�� 1) ; �z = �2��2 � �+ 1

�.

Deci, solutia este

x =3

�+ 1, y =

3 (�� 1)(1 + �)2

, z =�2��2 � �+ 1

�(1 + �)2

.

b) � = �1, atunci � = 0, sistemul devine8>><>>:x� y + z = 1�x� y + z = 1x+ y � z = 2

:


Cu notatiile obisnuite avem rangA = 2, iar rangA = 3, deci sistemul

este incompatibil.

5. S¼a se rezolve si s¼a se discute dup¼a valorile reale ale parametrilor �, �,

sistemul 8>><>>:(�� 1)x+ �y + (�+ 1) z = 1(� � 1)x+ �y + (� + 1) z = 1x+ y + z = �2

:

Rezolvare: Avem

� =

�� 1 � �+ 1

� � 1 � � + 1

1

�� =��1 � 1

�1 � 1

1� 0

�� =��0 � 1

0 � 1

1� 0

��= (1� ) (�� ) .

Distingem cazurile:

a) dac¼a 6= 1 si � 6= � atunci sistemul este compatibil determinat sise rezolv¼a cu regula lui Cramer

�x =

��1 � �+ 1

1 � � + 1

�2

�� = �2 (�� )

�y =

�� 1 1 �+ 1

� � 1 1 � + 1

1 �2

�� = ( + 3) (�� )

�z =

�� 1 � 1

� � 1 � 1

1 �2

�� = � (1 + ) (�� ) :Solutia este: x = � 2

1� , y = + 3

1� , z = �1 +

1� :

25

b) dac¼a = 1 si � 6= � sistemul devine:8>><>>:(�� 1)x+ �y + (�+ 1) z = 1(� � 1)x+ �y + (� + 1) z = 1x+ y + z = �2

:

Avem �p =

�� 1 �

� � 1 �

�� = � � � 6= 0 si �car =

�� 1 � 1

� � 1 � 1

1 1 �2

�� =�2 (�� ) 6= 0, deci sistemul este incompatibil.c) dac¼a = 1 si � = �, sistemul devine(

(�� 1)x+ �y + (�+ 1) z = 1x+ y + z = �2

:

�p =

�� 1 �

1 1

�� = �1 6= 0, rangA =rangA = 2, deci sistemul este

compatibil simplu nedeterminat cu solutiile: x = �1 � 2� + �, y =�1 + 2�� 2�, z = �, � 2 R.d) dac¼a 6= 1 si � = �, sistemul devine(

(�� 1)x+ �y + (�+ 1) z = 1x+ y + z = �2

:

Calculând �1 =

�� 1 �

1

�� = � � � �, �2 =

�� + 1

�� = � ,

�3 =

�� 1 �+ 1

1

�� = � � � �� 1, se observ¼a c¼a totdeauna exist¼aun determinant nenul (�3 = �1 � 1), deci rangA = 2.d1) dac¼a 6= 0, atunci �p = �2 6= 0, x este necunoscut¼a secundar¼a

(x = �) si sistemul devine(�y + (�+ 1) z = 1� (�� 1)� y + z = �2� �

;


care se rezolv¼a imediat.

d2) dac¼a = 0, sistemul devine((�� 1)x+ �y + (�+ 1) z = 1x = �2

;

care este compatibil simplu nedeterminat, rezolvându-se în functie de

�.

6. S¼a se determine parametrul � 2 R, astfel încât sistemul8>>>>>>><>>>>>>>:

2x� y + 3z = 93x+ 2y + 5z = 11

�x� y + z = 24x+ 5y + z = 1

4x+ �z = 22

s¼a �e compatibil.

Rezolvare: Se observ¼a c¼a rangA = 3 (�p �ind obtinut din primele trei

linii). Sistemul este compatibil dac¼a rangA = 3. �car1 = 0, �car2 =

�38 (�� 9), de unde � = 9.

7. S¼a se g¼aseasc¼a relatia dintre parametrii reali �, �, astfel încât sistemul8>><>>:x+ 2y + 3z = �

2x+ y + 2z = �

3x+ z =

s¼a �e compatibil.

Rezolvare: Avem rangA = 2. Din conditia rangA = 2 obtinem � �2� + = 0.

8. Fie sistemul 8>><>>:2x� 3y + 4z � 5t = �1x+ 9y + �z + t = 3

5x� 6y + 10z + �t = :

27

S¼a se determine parametrii reali �; �; astfel ca rangul matricei sis-

temului s¼a �e doi si sistemul s¼a �e compatibil.

Rezolvare: � = 2, � = �12, = �2.

9. S¼a se arate c¼a sistemele

a)

8>><>>:x� 3y + 4z = 0x+ 2y � z = 02x� y + 3z = 0

, b)

8>><>>:x+ 2y + z = 0

x� 2y + 2z = 03x� 2y + 5z = 0

admit si solutii diferite de cea banal¼a si s¼a se determine aceste solutii.

Rezolvare: a) detA = 0, �p =

�� 1 �31 2

�� = 5, x, y necunoscute

principale, z necunoscut¼a secundar¼a. Solutiile sunt x = ��, y = � siz = �, � 2 R:

b) detA = 0, �p =

�� 1 2

1 �2

�� = �4, x, y necunoscute principale, z

necunoscut¼a secundar¼a. Solutiile sunt x = �32�, y = 1

4� si z = �,

� 2 R:

10. S¼a se arate c¼a sistemul 8>><>>:x+ 2y + 3z = 0

4x+ 5y + 6z = 0

x+ �2z = 0

admite doar solutia banal¼a, indiferent de valorile lui � 2 R.Rezolvare: detA = �3

��2 + 1

�6= 0.

11. S¼a se rezolve sistemul liniar omogen8>><>>:x1 + x2 + x3 = 0

ax1 + bx2 + cx3 = 0

(b+ c)x1 + (c+ a)x2 + (a+ b)x3 = 0

, cu a 6= b.


Rezolvare: Sistemul este compatibil simplu nedeterminat, cu solutia

x1 = � (b� c), x2 = � (c� a), x3 = � (a� b), � 2 R.

12. S¼a se rezolve sistemul8>>>><>>>>:x+ y + z � t = 22x+ y � z + 2t = 9�x+ 2y + 2z � t = 5x+ 3y � z � 2t = �4

:

Rezolvare: Aplicarea regulii lui Cramer necesit¼a multe calcule, de

aceea este indicat¼a rezolvarea sistemului aplicând metoda lui Gauss.0BBBB@1 1 1 �12 1 �1 2

�1 2 2 �11 3 �1 �2

��2

9

5

�4

1CCCCA ~0BBBB@1 1 1 �10 �1 �3 4

0 3 3 �20 2 �2 �1

��2

5

7

�6

1CCCCA ~0BBBB@1 1 1 �10 �1 �3 4

0 0 �6 10

0 0 �8 7

��2

5

22

4

1CCCCA ~0BBBB@1 1 1 �10 �1 �3 4

0 0 �3 5

0 0 0 �19=3

��2

5

11

�76=3

1CCCCA ;

astfel am obtinut sistemul triunghiular echivalent8>>>><>>>>:x+ y+ z� t = 2

�y � 3z + 4t = 5�3z + 5t = 11

�193t = �76

3

.

Din ultima ecuatie obtinem t = 4, pe care o înlocuim apoi în a treia si

g¼asim z = 3, din a doua ecuatie obtinem y = 2 si din prima x = 1.

13. S¼a se rezolve folosind metoda lui Gauss sistemele:

29

a)

8>><>>:x1 + 2x2 + x3 = 8

2x1 + 3x2 � 2x3 = 23x1 + 4x2 + 4x3 = 23

b)

8>><>>:x2 + 2x3 = 4

x1 + 2x2 � 3x3 = 02x1 � x2 + x3 = �3

c)

8>><>>:x1 + x2 + x3 + x4 = 1

2x1 � x2 + x3 � x4 = 2x1 � 2x2 � 2x4 = �1

d)

8>>>>>>><>>>>>>>:

x1 + 2x2 + 3x3 � x4 = 13x1 + 2x2 + x3 � x4 = 12x1 + 3x2 + x3 + x4 = 1

2x1 + 2x2 + 2x3 � x4 = 15x1 + 5x2 + 2x3 = 2

e)

8>>>><>>>>:x1 + x2 + 2x3 + 3x4 � x5 + 2x6 = 12x1 + 3x2 + x3 � x4 + x6 = 2�x1 � 4x3 � 2x4 + 2x5 + 3x6 = 13x1 + 2x2 + 7x3 + x4 � x6 = �1

f)

8>>>>>>><>>>>>>>:

x1 � 2x2 + x3 � x4 + x5 = 52x1 � 2x2 + 3x3 � 2x4 + x5 = 83x1 � 6x2 + 3x3 + 2x4 + 3x5 = 13�x1 + 4x2 + x4 � 2x5 = �7x1 + x3 + x4 � x5 = 9:

Rezolvare: a) Avem0BB@1 2 1

2 3 �23 4 4

��8

2

23

1CCA ~

0BB@1 2 1

0 �1 �40 �2 1

��8

�14�1

1CCA ~

30 CAPITOLUL 2. SISTEME DE ECUATII LINIARE0BB@1 2 1

0 �1 �40 0 9

��8

�1427

1CCA ;de unde se obtine sistemul8>><>>:

x1 + 2x2 + x3 = 8

�x2 � 4x3 = �149x3 = 27

care are solutia x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3.

b) Avem 0BB@0 1 2

1 2 �32 �1 1

��4

0

�3

1CCA ~

0BB@1 2 �30 1 2

2 �1 1

��0

4

�3

1CCA ~

0BB@1 2 �30 1 2

0 �5 7

��0

4

�3

1CCA ~

0BB@1 2 �30 1 2

0 0 17

��0

4

17

1CCAsi obtinem x1 = �1, x2 = 2 si x3 = 1.c) Avem0BB@

1 1 1 1

2 �1 1 �11 �2 0 �2

��1

2

�1

1CCA ~0BB@1 1 1 1

0 �3 �1 �30 �3 �1 �3

��1

0

�2

1CCA ~0BB@1 1 1 1

0 �3 �1 �30 0 0 0

��1

0

�2

1CCA :Ultima ecuatie 0 = �2, ceea ce nu se poate, deci sistemul este incom-patibil.

31

d) Avem0BBBBBBB@

1 2 3 �13 2 1 �12 3 1 1

2 2 2 �15 5 2 0

��

1

1

1

1

2

1CCCCCCCA~

0BBBBBBB@

1 2 3 �10 �4 �8 2

0 �1 �5 3

0 �1 1 �20 �5 �13 5

��

1

�2�10

�3

1CCCCCCCA~

0BBBBBBB@

1 2 3 �10 1 �1 2

0 �2 �4 1

0 �1 �5 3

0 �5 �13 5

��

1

0

�1�1�3

1CCCCCCCA~

0BBBBBBB@

1 2 3 �10 1 �1 2

0 0 �6 5

0 0 �6 5

0 0 �18 15

��

1

0

�1�1�3

1CCCCCCCA~

0BBBBBBB@

1 2 3 �10 1 �1 2

0 0 �6 5

0 0 0 0

0 0 0 0

��

1

0

�10

0

1CCCCCCCA;

sistemul este simplu nedeterminat, cu solutiile: x1 = (1 + 5�) =6, x2 =

(1� 7�) =6, x3 = (1 + 5�) =6, x4 = �, � 2 R.e) Avem:0BBBB@

1 1 2 3 �1 2

2 3 1 �1 0 1

�1 0 �4 �2 2 3

3 2 7 1 0 �1

��1

2

1

�1

1CCCCA ~0BBBB@1 1 2 3 �1 2

0 1 �3 �7 2 �30 1 �2 1 1 5

0 �1 1 �8 3 �7

��1

0

2

�4

1CCCCA

~

0BBBB@1 1 2 3 �1 2

0 1 �3 �7 2 �30 0 1 8 �1 8

0 0 �2 �15 5 �10

��1

0

2

�4

1CCCCA ~0BBBB@1 1 2 3 �1 2

0 1 �3 �7 2 �30 0 1 8 �1 8

0 0 0 1 3 6

��1

0

2

0

1CCCCA


sistem compatibil dublu nedeterminat, cu solutiile: x1 = �9� 145��92�, x2 = 6+ 81�+ 52�, x3 = 2+ 40�+ 25�, x4 = �6�� 3�, x5 = �,x6 = �, �; � 2 R.f) Avem

0BBBBBBB@

1 �2 1 �1 1

2 �2 3 �2 1

3 �6 3 2 3

�1 4 0 1 �21 0 1 1 �1

��

5

8

13

�79

1CCCCCCCA~

0BBBBBBB@

1 �2 1 �1 1

0 2 1 0 �10 0 0 5 0

0 2 1 0 �10 2 0 2 �2

��

5

�2�2�24

1CCCCCCCA~

0BBBBBBB@

1 �2 1 �1 1

0 2 1 0 �10 0 0 5 0

0 0 0 0 0

0 0 �1 2 �1

��

5

�2�20

6

1CCCCCCCA~

0BBBBBBB@

1 �2 1 �1 1

0 2 1 0 �10 0 �1 2 �10 0 0 5 0

0 0 0 0 0

��

5

�26

�20

1CCCCCCCA,

sistem compatibil simplu nedeterminat, x1 =81

5+ 2�, x2 =

12

5+ �,

x3 = �34

5� �, x4 = �

2

5, x5 = �, � 2 R.

14. S¼a se rezolve folosind metoda lui Gauss sistemele

a)

8>><>>:x� 2y + z = �44x+ 3y � 2z = 11�2x+ 3y + 4z = 11

b)

8>>>><>>>>:4x+ 8y + 2z + t = 30

x+ 5y + 3z + 8t = 52

2x+ 7y + z + 4t = 35

3x+ 8y + 2z + t = 29

33

c)

8>>>><>>>>:�x1 + x2 + 2x4 + x5 = 32x1 � x2 + 3x3 � x4 + 2x5 = 53x1 � 2x2 + 2x3 � 4x4 � x5 = �2x1 � x2 � x3 � 3x4 � 3x5 = �7

d)

8>><>>:x+ 2y + z = 3

2x� y + 3z = 2x� 3y + 2z = 0

e)

8>>>><>>>>:x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 7

3x1 + 2x2 + x3 + x4 � 3x5 = �2x2 + 2x3 + 2x4 + 6x5 = 23

5x1 + 4x2 + 3x3 + 3x4 � x5 = 12:Rezolvare: a) x = 1, y = 3, z = 1.

b) x = 1, y = 2, z = 3, t = 4.

c) x1 = �4+ 2�+3�, x2 = �1+ 2�, x3 = 4�� 2�, x4 = �, x5 = �,unde �, � 2 R.d) sistem incompatibil.

e) x1 = �16 + � + � + 5 , x2 = 23 � 2� � 2� � 6 , x3 = �, x4 = �,x5 = , unde �, �, 2 R.

15. Fie sistemul de ecuatii liniare omogene cu coe�cienti reali8>>>><>>>>:x1 � x2 + x3 � x4 + x5 = 02x1 � x2 + 3x3 + x4 + 2x5 = 0x2 + x3 + 3x4 = 0

�x1 + 2x2 + 4x4 � x5 = 0

:

a) S¼a se determine un sistem fundamental de solutii.

b) S¼a se stabileasc¼a dac¼a urm¼atoarele elemente formeaz¼a un sistem

fundamental de solutii: v1 = (�5;�4; 1; 1; 1), v2 = (�5;�6; 0; 2; 1),v3 = (0; 1;�1; 0; 2).


Rezolvare: Rezolv¼am mai întâi sistemul. Avem0BBBB@1 �1 1 �1 1

2 �1 3 1 2

0 1 1 3 0

�1 2 0 4 �1

1CCCCA ~

0BBBB@1 �1 1 �1 1

0 1 1 3 0

0 1 1 3 0

0 1 1 3 0

1CCCCA ~

0BBBB@1 �1 1 �1 1

0 1 1 3 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1CCCCA ,deci sistemul este compatibil nedeterminat, x1,x2 sunt necunoscutele

principale si x3, x4, x5 sunt necunoscutele secundare. Multimea soluti-

ilor sistemului este

S = f(�2�� 2� � ;�� 3�; �; �; ) ; �; �; 2 Rg :

Pentru a determina un sistem fundamental de solutii, lu¼am:

� = 1, � = = 0 ) u1 = (�2;�1; 1; 0; 0)

� = 0, � = 1, = 0 ) u2 = (�2;�3; 0; 1; 0)

� = � = 0, = 1 ) u3 = (�1; 0; 0; 0; 1) .

Multimea fu1, u2, u3g este sistem fundamental de solutii pentru c¼a

rangul matricei format¼a din acesti vectori este 3 (=num¼ar necunoscute

secundare).

b) Se veri�c¼a faptul c¼a vectorii v1, v2, v3 sunt solutii ale sistemului, iar

matricea format¼a din cei trei vectori,0BB@�5 �4 1 1 1

�5 �6 0 2 1

0 1 �1 0 2

1CCA ;

35

are rangul 3, deci multimea fv1, v2, v3g formeaz¼a un sistem fundamen-tal de solutii.

16. Fie sistemul de ecuatii liniare omogene cu coe�cienti reali8>>>><>>>>:�x1 + x2 � x3 + 2x4 + x5 = 02x1 � x2 + x3 + 2x5 = 0x1 � 2x2 + 2x3 � 6x4 � 5x5 = 0x1 + 2x4 + 3x5 = 0

:

a) S¼a se determine un sistem fundamental de solutii.

b) S¼a se stabileasc¼a dac¼a urm¼atoarele elemente formeaz¼a un sistem

fundamental de solutii: v1 = (0; 2; 2; 0; 0), v2 = (2; 5; 1;�1; 0), v3 =(�4;�4; 0;�1; 2).Rezolvare: a) Multimea solutiilor sistemului este

S = f(�2� � 3 ; �� 4� � 4 ; �; �; ) ; �; �; 2 Rg;

iar un sistem fundamental de solutii este

fu1 = (0; 1; 1; 0; 0) ; u2 = (�2;�4; 0; 1; 0) ; u3 = (�3;�4; 0; 0; 1)g:

b) Se veri�c¼a faptul c¼a cei trei vectori sunt solutii ale sistemului si

rangul matricei vectorilor este 3, deci formeaz¼a un sistem fundamental

de solutii.

17. S¼a se determine parametrulm 2 R astfel ca urm¼atorul sistem s¼a admit¼asi solutii diferite de solutia banal¼a si, în acest caz, s¼a se rezolve8>>>><>>>>:

x1 + x2 +mx3 � x4 = 02x1 + x2 � x3 + x4 = 03x1 � x2 � x3 � x4 = 0mx1 � 2x2 � 2x4 = 0

:


Rezolvare: Sistemul admite si solutii nebanale dac¼a si numai dac¼a

detA = 4� 4m = 0, deci dac¼a si numai dac¼a m = 1. Aplic¼am metoda

lui Gauss 0BBBB@1 1 1 �12 1 �1 1

3 �1 �1 �11 �2 0 �2

1CCCCA ~

0BBBB@1 1 1 �10 �1 �3 3

0 �4 �4 2

0 �3 �1 �1

1CCCCA ~

0BBBB@1 1 1 �10 �1 �3 3

0 0 8 �100 0 8 �10

1CCCCA ;deci sistemul este compatibil simplu nedeterminat. Solutia este x1 =

2�, x2 = �3�, x3 = 5�, x4 = 4�, � 2 R.

Capitolul 3

Spatii vectoriale

3.1 Exemple de spatii vectoriale

1. Fie K un corp comutativ. Pe multimea

Kn = K �K � :::�K =�x = (x1; x2; :::; xn) ; xi 2 K; i = 1; n

de�nim operatia de adunare prin:

x+y = (x1; x2; :::; xn)+(y1; y2; :::; yn) = (x1 + y1; x2 + y2; :::; xn + yn) ; 8x; y 2 Kn

si operatia de înmultire cu scalari prin:

�x = (�x1; �x2; :::; �xn) ; 8� 2 K ; x 2 Kn:

S¼a se arate c¼a multimea Kn este spatiu vectorial.

Rezolvare: Se veri�c¼a axiomele spatiului vectorial.

2. Fie Pn multimea polinoamelor cu coe�cienti reali de grad cel mult n:Operatiile de adunare a dou¼a polinoame si de înmultire a unui polinom

cu un num¼ar real de�nesc pe Pn o structur¼a de spatiu vectorial real.Rezolvare: Se veri�c¼a axiomele spatiului vectorial.

37

38 CAPITOLUL 3. SPATII VECTORIALE

3. S¼a se arate c¼a multimeaMm�n (R) a matricelor cu m linii si n coloane

cu elemente din R formeaz¼a un spatiu vectorial real fat¼a de operatiilede adunare si înmultire cu numere reale a matricelor.


4. Not¼am cu C [a; b] multimea functiilor continue pe [a; b] cu valori reale.

De�nim operatiile:

8f; g 2 C [a; b] ; (f + g) (x) = f (x) + g (x) ; 8x 2 [a; b] ;

8� 2 R; f 2 C [a; b] ; (�f) (x) = �f (x) ; 8x 2 [a; b] :

S¼a se arate c¼a multimea C [a; b] formeaz¼a un spatiu vectorial.


5. Fie V = (0;1) multimea numerelor reale pozitive. De�nim operatiile

+ : V � V ! V , x+ y = xy, 8x; y 2 V si

� : R� V ! V , � � x = x�, 8� 2 R, 8x 2 V .

S¼a se arate c¼a fat¼a de aceste operatii V are structur¼a de spatiu vectorial

real.

Rezolvare: Se veri�c¼a usor c¼a (V;+) este grup comutativ. De aseme-

nea, 8�; � 2 R si 8x; y 2 V avem1) (�+ �) � x = x�+� = x�x� = x� + x� = � � x+ � � x;2) � � (x+ y) = � � xy = (xy)� = x�y� = x� + y� = � � x+ � � y;3) (��) � x = x�� =

�x��= � � (� � x);

4) 1 � x = x1 = x.Deci V este un spatiu vectorial real.

3.2. SUBSPATII VECTORIALE 39

3.2 Subspatii vectoriale

1. S¼a se arate c¼a multimile

X1 =

(A =

a b

a+ b 0

!; a; b 2 R

)si

X2 =

(A =

a �a2a b

!; a; b 2 R

)sunt subspatii vectoriale ale spatiului vectorialM2 (R).

Rezolvare: Fie A1 =

a1 b1

a1 + b1 0

!, A2 =

a2 b2

a2 + b2 0

!2 X1, unde

a1; b1; a2; b2 2 R, si �; � 2 R. Avem

�A1 + �A2 =

�a1 + �a2 �b1 + �b2

� (a1 + b1) + � (a2 + b2) 0

!

=

�a1 + �a2 �b1 + �b2

(�a1 + �a2) + (�b1 + �b2) 0

!.

Deci �A1+�A2 2 X1, adic¼a X1 este subspatiul vectorial al luiM2 (R).În acelasi mod se demonstreaz¼a c¼a X2 este subspatiul vectorial al lui

M2 (R).

2. S¼a se veri�ce dac¼a multimile

X1 =

8>><>>:A =0BB@

x y x+ y

�y z 2x+ z

x� y + z 0 0

1CCA ; x; y; z 2 R

9>>=>>; ,

X2 =

8>><>>:B =0BB@

a 1 0

�a b 0

a+ 2b 0 c

1CCA ; a; b; c 2 R

9>>=>>;sunt subspatii vectoriale ale spatiului vectorialM3 (R).Rezolvare: X1 este subspatiu vectorial, dar X2 nu este subspatiu

vectorial.


3. S¼a se precizeze care din urm¼atoarele submultimi ale lui R3 sunt sub-spatii vectoriale ale lui R3:

a) X1 = f(x1; x2; 0) ; x1; x2 2 Rg ;

b) X2 = f(x;�1; 0) ; x 2 Rg ;

c) X3 = f(x1; x2; x3) ; x1; x2; x3 2 Zg ;

d) X4 = f(x1; x2; x1 � 2x2) ; x1; x2 2 Rg ;

e) X5 = f(x1; x2; x3) ; x1 + 5x2 � 2x3 = 0, x1; x2; x3 2 Rg ;

f) X6 = f(x1; x2; x3) ; x1 + 5x2 � 2x3 = 1, x1; x2; x3 2 Rg ;

g) X7 = f(x1; x2; x3) ; x1 + x2 > 0, x1; x2; x3 2 Rg ;

h) X8 = f(x1; x2; x3) ; x1x2x3 = 0, x1; x2 2 Rg .

Rezolvare: Dintre aceste submultimi, subspatii vectoriale sunt doar

X1, X4 si X5.

4. Fie S � Rn multimea solutiilor unui sistem liniar omogen de m ecuatii

cu n necunoscute:

S =

(x = (x1; x2; :::; xn) ;

nXj=1

aijxj = 0; i = 1;m

);

cu aij 2 R; i = 1;m; j = 1; n: S¼a se arate c¼a multimea S formeaz¼a unsubspatiu vectorial al lui Rn:Rezolvare: Multimea S este nevid¼a, pentru c¼a orice sistem liniar

omogen admite cel putin solutia banal¼a. Fie x = (x1; x2; :::; xn) ; y =

(y1; y2; :::; yn) 2 S: AtuncinXj=1

aijxj = 0;

nXj=1

aijyj = 0; i = 1;m:

Oricare ar � �; � 2 R; avemnXj=1

aij (�xj + �yj) = �nXj=1

aijxj + �nXj=1

aijyj = 0;

3.3. DEPENDENT¼A SI INDEPENDENT¼A LINIAR¼A. SISTEMDEGENERATORI41

deci �x+ �y 2 S; deci S este subspatiu vectorial al lui Rn:

5. FieMsn (R) � Mn (R) multimea matricelor p¼atratice de ordinul n si-

metrice, adic¼a

Msn (R) =

�A 2Mn (R) ; At = A

:

S¼a se arate c¼aMsn (R) formeaz¼a un subspatiu vectorial al luiMn (R) :

Rezolvare: Multimea Msn (R) este nevid¼a deoarece On 2 Ms

n (R) :Folosind propriet¼atile operatiei de transpunere a unei matrice, pentru

orice �; � 2 R si orice A;B 2Msn (R) avem:

(�A+ �B)t = (�A)t + (�B)t = �At + �Bt = �A+ �B:

Rezult¼a c¼aMsn (R) este subspatiu vectorial al luiMn (R) :

6. FieMan (R) �Mn (R) multimea matricelor p¼atratice de ordinul n an-

tisimetrice, adic¼a

Man (R) =

�A 2Mn (R) ; At = �A

:

S¼a se arate c¼aMan (R) formeaz¼a un subspatiu vectorial al luiMn (R) :

Rezolvare: Se procedeaz¼a ca în exercitiul precedent.

7. Fie Y multimea polinoamelor de forma ax4+2bx+3a , cu a; b 2 R. S¼ase arate c¼a Y este un subspatiu vectorial al lui P4.Rezolvare: Se veri�c¼a folosind teorema de caracterizare a subspatiilor

vectoriale.

3.3 Dependent¼a si independent¼a liniar¼a. Sis-

tem de generatori

1. S¼a se arate c¼a vectorii

v1 = (0; 1; 1) , v2 = (1; 2; 3) , v3 = (2;�1; 1)


din R3 sunt liniar dependenti si s¼a se a�e relatia de dependent¼a liniar¼adintre ei.

Rezolvare: S¼a ar¼at¼am c¼a exist¼a scalarii �1, �2, �3 nu toti nuli astfel

ca �1v1 + �2v2 + �3v3 = 0, adic¼a

�1(0; 1; 1) + �2 (1; 2; 3) + �3 (2;�1; 1) = 0,

de unde rezult¼a sistemul8>><>>:�2 + 2�3 = 0

�1 + 2�2 � �3 = 0�1 + 3�2 + �3 = 0

:

Ca acest sistem s¼a admit¼a si solutii diferite de cea banal¼a trebuie ca ran-

gul matricei sistemului s¼a �e mai mic decât num¼arul necunoscutelor.

Cum

��0 1 2

1 2 �11 3 1

�� = 0, rangul matricei sistemului este 2 < 3. Re-

zolvând sistemul obtinem �1 = 5�3, �2 = �2�3. Înlocuind în relatiaconsiderat¼a avem

5v1 � 2v2 + v3 = 0;

relatia de dependent¼a cerut¼a.

Observatie: Matricea sistemului are vectorii v1, v2, v3 ca vectori

coloan¼a. Cum rangul acestei matrice este 2, num¼arul maxim de vectori

liniar independenti din sistemul S este 2:

2. S¼a se studieze dependenta liniar¼a pentru sistemele de vectori:

a) A1 =

2 �13 1

!, A2 =

0 2

�1 1

!, A3 =

5 1

2 �1

!înM2 (R);

b) p1 = 2x2 + x+ 3, p2 = x2 + 5x� 3, p3 = 3x2 � x+ 7 în P2;c) v1 = (1;�1; 2), v2 = (1; 0; 3), v3 = (2; 1; 1) în R3;d) v1 = (1; 2;�1; 1;�2), v2 = (1; 3; 2;�1;�1), v3 = (0; 1; 4; 2; 0),


v4 = (2; 4;�3;�2;�3) în R5.În cazul sistemelor liniar dependente, s¼a se precizeze relatia de depen-

dent¼a.

Rezolvare: a) Consider¼am relatia �1A1 + �2A2 + �3A3 = 0. Prin în-

locuirea vectorilor v1, v2, v3; aceast¼a relatie este echivalent¼a cu sistemul

omogen 8>>>><>>>>:2�1 + 5�3 = 0

��1 + 2�2 + �3 = 03�1 � �2 + 2�3 = 0�1 + �2 � �3 = 0:

Problema revine la a studia dac¼a acest sistem admite sau nu solutii

nebanale. Rangul matricei acestui sistem este 3, prin urmare sistemul

are doar solutia banal¼a �1 = �2 = �3 = 0. Deci sistemul de vectori

este liniar independent.

b) Relatia �1p1 + �2p2 + �3p3 = 0 este echivalent¼a cu sistemul omogen8>><>>:2�1 + �2 + 3�3 = 0

�1 + 5�2 � �3 = 03�1 � 3�2 + 7�3 = 0:

Rangul matricei sistemului este 2 < 3, deci sistemul este simplu nede-

terminat. În acest caz sistemul de vectori este liniar dependent si o

relatie de dependent¼a liniar¼a este

�16p1 + 5p2 + 9p3 = 0.

c) Matricea cu vectorii v1,v2, v3 pe coloane

0BB@1 1 2

�1 0 1

2 3 1

1CCA are rangul

3, deci sistemul de vectori este liniar independent.


d) Matricea

0BBBBBBB@

1 1 0 2

2 3 1 4

�1 2 4 �31 �1 2 �2

�2 �1 0 �3

1CCCCCCCAare rangul 3, deci sistemul de vectori

este liniar dependent si o relatie de dependent¼a este

v1 + v2 � v3 � v4 = 0.

3. Se consider¼a în R3 vectorii:

v1 = (1;�1; 1) , v2 = (2;�1; 3) , v3 = (1; 3; 5) , v4 = (3; 1; 7) .

S¼a se determine num¼arul maxim de vectori liniar independenti din sis-

temul S = fv1; v2; v3; v4g.Rezolvare: Num¼arul maxim de vectori liniar independenti din sis-

temul S este dat de rangul matricei care are pe coloane (sau linii)

vectorii sistemului S. Matricea astfel format¼a este

A =

0BB@1 2 1 3

�1 �1 3 1

1 3 5 7

1CCAsi are rangul 2, deci num¼arul maxim de vectori liniar independenti din

sistemul S este 2.

4. Se condider¼a în R5 vectorii

v1 = (2; 1; 3;�1; 1) , v2 = (1; 3; 4;�2; 3) , v3 = (4;�1; 1; 1;�3) ,

v4 = (7; 0; 3; 1;�4) :

S¼a se determine num¼arul maxim de vectori liniar independenti din siste-

mul S = fv1; v2; v3; v4g.Rezolvare: Num¼arul maxim de vectori liniar independenti este 3.


5. S¼a se g¼aseasc¼a dimensiunea subspatiului generat de vectorii

v1 = (1; 0; 2;�1) , v2 = (3; 1;�1; 0) , v3 = (2;�2; 3; 1)

din R4.Rezolvare: Dimensiunea subspatiului generat de vectorii v1, v2, v3este egal¼a cu num¼arul maxim de vectori liniar independenti ai sistemu-

lui dat, adic¼a cu rangul matricei

A =

0BBBB@1 3 2

0 1 �22 �1 3

�1 0 1

1CCCCA .Se obtine rangA = 3, deci dimensiunea subspatiului generat de cei trei

vectori este 3.

6. S¼a se g¼aseasc¼a dimensiunea subspatiului generat de vectorii

v1 = (1; 0; 9;�1) ; v2 = (1; 2; 5;�3) ; v3 = (1; 1; 7;�2) ; v4 = (0;�1; 2; 1)

din R4.Rezolvare: Dimensiunea subspatiului generat de vectorii v1, v2, v3,

v4 este 2.

7. S¼a se arate c¼a vectorii v1 = (2;�1; 3; 5) si v2 = (1; 3;�2; 4) din R4 suntliniar independenti. S¼a se veri�ce dac¼a vectorul v = (�1; 11;�12; 2)apartine spatiului generat de v1 si v2.

Rezolvare: Matricea

0BBBB@2 1

�1 3

3 �25 4

1CCCCA are rangul 2, deci cei doi vectori

sunt liniar independenti. Subspatiul generat de v1 si v2 este

X = f�v1 + �v2 ; �; � 2 Rg =

= f(2�+ �;��+ 3�; 3�� 2�; 5�+ 4�) ; �; � 2 Rg .


Deci, vectorul v apartine spatiului generat de cei doi vectori dac¼a exist¼a

�; � 2 R astfel încât v = �v1 + �v2 sau echivalent

(�1; 11;�12; 2) = � (2;�1; 3; 5) + � (1; 3;�2; 4) ,

de unde rezult¼a sistemul 8>>>><>>>>:2�+ � = �1��+ 3� = 113�� 2� = �125�+ 4� = 2:

Problema se reduce la studierea compatibilit¼atii acestui sistem. Ma-

tricea extins¼a a sistemului

0BBBB@2 1 �1

�1 3 11

3 �2 �125 4 2

1CCCCA (care are pe coloane

vectorii v1, v2 si v) are rangul 2, deci sistemul este compatibil determi-

nat si are solutia � = �2, � = 3, adic¼a v = �2v1 + 3v2.

8. S¼a se veri�ce dac¼a polinoamele 2x2 + 3x si x+ 1 apartin spatiului gen-

erat de fx3 + 2x� 1, 2x2 + 1, x3 � xg.Rezolvare: Cele dou¼a polinoame apartin spatiului dac¼a sunt combi-

natii liniare de elementele sistemului de generatori. Deci

2x2 + 3x = �1�x3 + 2x� 1

�+ �2

�2x2 + 1

�+ �3

�x3 � x

�si

x+ 1 = �1�x3 + 2x� 1

�+ �2

�2x2 + 1

�+ �3

�x3 � x

�.

Aceste relatii sunt echivalente cu sistemele8>>>><>>>>:�1 + �3 = 0

2�2 = 2

2�1 � �3 = 3��1 + �2 = 0

si

8>>>><>>>>:�1 + �3 = 0

2�2 = 0

2�1 � �3 = 1��1 + �2 = 1

.

3.4. BAZ¼A SI COORDONATE. SCHIMB¼ARI DEBAZE SI COORDONATE47

Se observ¼a c¼a primul sistem este compatibil (�1 = 1, �2 = 1, �3 = �1),ceea ce arat¼a c¼a 2x2+3x apartine spatiului, în timp ce al doilea sistem

este incompatibil, deci x+ 1 nu apartine acestui spatiu.

3.4 Baz¼a si coordonate. Schimb¼ari de baze si

coordonate

1. S¼a se g¼aseasc¼a o baz¼a a spatiului vectorial Rn:Rezolvare: Fie multimea

B = fe1 = (1; 0; 0; :::; 0) ; e2 = (0; 1; 0; :::; 0) ; :::; en = (0; 0; 0; :::; 1)g :

S¼a ar¼at¼ammai întâi c¼a sistemul B este liniar independent. Fie �1; �2; :::;�n 2 R astfel încât �1e1 + �2e2 + ::: + �ne = 0: Aceast¼a egalitate

este echivalent¼a cu (�1; �2; :::; �n) = (0; 0; :::; 0) ; adic¼a �1 = 0; �2 =

0; :::; �n = 0: B este si sistem de generatori pentru Rn: Într-adev¼ar,orice vector x = (x1; x2; :::; xn) 2 Rn poate � scris sub forma x =x1e1 + x2e2 + :::xnen: În concluzie B este o baz¼a a spatiului vectorialRn; iar dimRn = n:

2. S¼a se g¼aseasc¼a o baz¼a a spatiului vectorialMm�n (R) al matricelor cum linii si n coloane cu elemente din R:Rezolvare: Consider¼am matricele Ei;j de tipul m � n care au toateelementele egale cu zero, mai putin cele de pe linia i si coloana j care

sunt egale cu 1. Orice matrice A 2 Mm�n (R), A = (aij)i;j se poate

exprima în mod unic sub forma

A =mXi=1

nXj=1

aijEij.

Matricele Eij constituie o baz¼a pentru spatiul vectorial Mm�n (R) sicum sunt mn astfel de matrice, dimensiunea acestui spatiu este mn.


3. S¼a se arate c¼a în spatiul vectorial Pn; al polinoamelor de grad cel multn cu coe�cienti reali, sistemul

B =�1; x; x2; :::; xn

formeaz¼a o baz¼a. Deci, dimPn = n+ 1:Rezolvare: Se arat¼a c¼a sistemul B este liniar independent si este sistemde generatori pentru Pn:

4. S¼a se determine � 2 R astfel încât vectorii

v1 = (�; 0; 1) , v2 = (0; �;�1) , v3 = (�1; 1; �)

s¼a formeze o baz¼a în R3.Rezolvare: Consider¼am matricea ale c¼arei coloane sunt formate din

coordonatele vectorilor dati

A =

0BB@� 0 �10 � 1

1 �1 �

1CCA .Deoarece dimR3 = 3, cei trei vectori formeaz¼a o baz¼a în R3 dac¼a suntliniar independenti, adic¼a dac¼a detA 6= 0. Obtinem detA = �3 + 2�,

astfel c¼a vectorii dati formeaz¼a o baz¼a pentru � 2 R� f0g.

5. Pentru ce valori ale lui � 2 R matricele

A1 =

2 �

�2 2

!; A2 =

4 �12� 5

!; A3 =

2 10

�12 1

!sunt liniar independente.

Rezolvare: � 2 R� f3g.

6. În R4 se dau vectorii

v1 = (1; 2;�3;�1) , v2 = (0;�1; 1; 2) , v3 = (�2; 0; 1; 3) , v4 = (�1; 1; 1; 2) :


S¼a se arate c¼a acestia formeaz¼a o baz¼a. Se cer coordonatele vectorului

v = (�2; 2;�3; 1) în aceast¼a baz¼a.Rezolvare: Deoarece dimR4 = 4, este su�cient s¼a ar¼at¼am c¼a vectorii

dati sunt liniar independenti. Considerându-i ca vectori coloan¼a într-o

matrice, obtinem

0BBBB@1 0 �2 �12 �1 0 1

�3 1 1 1

�1 2 3 2

1CCCCA. Rangul acestei matrice este4, deci vectorii sunt liniar independenti. Scriem apoi v = �1v1+�2v2+

�3v3 + �4v4. Pentru determinarea coordonatelor obtinem sistemul8>>>><>>>>:�1 � 2�3 � �4 = �22�1 � �2 + �4 = 2�3�1 + �2 + �3 + �4 = �3��1 + 2�2 + 3�3 + 2�4 = 1;

cu solutia: �1 = 1, �2 = �1, �3 = 2, �4 = �1.

7. a) În R3 se dau vectorii v1 = (1; 2; 3), v2 = (2; 3; 4), v3 = (3; 4; 5). S¼a searate c¼a acestia formeaz¼a o baz¼a si apoi s¼a se determine coordonatele

vectorului u = (�1;�3;�5) în aceast¼a baz¼a.b) În R4 se dau vectorii v1 = (�2; 1; 1; 1), v2 = (1;�2; 1; 1), v3 =(1; 1;�2; 1), v4 = (1; 1; 1;�2). S¼a se arate c¼a acestia formeaz¼a o baz¼a.Se cer coordonatele vectorului w = (�1; 1;�1; 1) în aceast¼a baz¼a.Rezolvare: a) Se veri�c¼a liniara independent¼a a celor trei vectori,

asadar ei formeaz¼a o baz¼a si u = �2v1 � v2 + v3, deci coordonatele luiu în aceast¼a baz¼a sunt (�2;�1; 1).b) w =

1

3v1 �

1

3v2 +

1

3v3 � v4.

8. Pentru ce valori ale lui � 2 R vectorii

f 1 = (�; 0; 1) ; f 2 = (�1; 1; 0) si f 3 = (1; 1;��)


formeaz¼a o baz¼a în R3? Pentru � = 1 scrieti matricea schimb¼arii de

baz¼a, de la baza uzual¼a din R3 la baza W =�f 1; f 2; f 3

, a�ati inversa

acesteia si componenetele vectorului x = (1; 2; 0) în baza W .

Rezolvare: detC = ��2 + 2

�6= 0, 8� 2 R. Pentru � = 1, matricea

trecerii de la baza uzual¼a la W este C =

0BB@1 �1 1

0 1 1

1 0 �1

1CCA, iar inversa

ei C�1 =1

3

0BB@1 1 2

�1 2 1

1 1 �1

1CCA. Legea schimb¼arii componenetelor unuivector este X 0 = C�1X, deci x = (1; 1; 1)W .

9. S¼a se determine dimensiunea si o baz¼a a spatiului generat de vectorii:

a) v1 = (1; 2;�1; 3), v2 = (2; 0;�1; 4), v3 = (0; 4;�1; 2) din R4;b) v1 = (�1; 0; 2;�3; 4), v2 = (2; 1;�3; 0;�1), v3 = (1; 3; 1; 1; 2), v4 =(1; 5; 3; 5; 1) din R5.Rezolvare: a) Dimensiune spatiului (num¼arul maxim de vectori liniar

independenti) este 2; o baz¼a este, de exemplu, fv1; v2g.b) Dimensiune spatiului este 3; o baz¼a: fv1; v2; v3g.

10. Se consider¼a vectorii:

a) v1 = (2; 4;�1; 1), v2 = (1; 3; 1; 2), v3 = (�1; 1; 5; 4) din R4;b) v1 = (3;�2; 1; 0; 1), v2 = (1; 0; 2;�2; 1), v3 = (2;�3; 0; 1;�2),v4 = (2;�5;�5; 7;�4) din R5.Care este dimensiunea subspatiului generat de acestia? S¼a se pun¼a în

evident¼a o baz¼a în �ecare din aceste subspatii.

Rezolvare: a) Dimensiunea subspatiului este 2; o baz¼a este, de exem-

plu, fv1; v2g.b) Dimensiunea subspatiului este 3; o baz¼a: fv1; v2; v3g.

11. S¼a se arate c¼a multimea B0 = fx2 + x+ 1; x2 � x; x� 1g este baz¼a în


P2. S¼a se a�e matricea de trecere de la baza uzual¼a B = f1; x; x2g labaza B0. S¼a se a�e apoi coordonatele polinomului p = x2 + 5 în noua

baz¼a.

Rezolvare: Cum dimP2 = 3 este su�cient s¼a ar¼at¼am liniara indepen-

dent¼a a celor trei vectori. Considerând relatia

�1�x2 + x+ 1

�+ �2

�x2 � x

�+ �3 (x� 1) = 0;

obtinem sistemul

8>><>>:�1 + �2 = 0

�1 � �2 + �3 = 0�1 � �3 = 0

care admite doar solutia banal¼a

�1 = �2 = �3 = 0, deci cei trei vectori sunt liniar independenti si

formeaz¼a o baz¼a în P2. Pentru a determina coordonatele lui p în aceast¼a

baz¼a vom rezolva sistemul

8>><>>:�1 + �2 = 1

�1 � �2 + �3 = 0�1 � �3 = 5

. Solutia sistemului

este �1 = 2, �2 = �1, �3 = �3, deci

p = 2�x2 + x+ 1

��x2 � x

�� 3 (x� 1) :

12. Pentru ce valori ale lui � 2 R polinoamele

p1 = �x2 � x; p2 = 2x2 + �x; p3 = x2 + 1

formeaz¼a o baz¼a în P2. Pentru � = 1 a�ati matricea trecerii de la bazauzual¼a V = f1; x; x2g la baza W = fp1; p2; p3g si apoi coordonatelepolinomului q = 2x2 � 1 în baza W .

Rezolvare: detC = �2 + 2 6= 0, 8� 2 R. C =

0BB@1 2 1

�1 1 0

0 0 1

1CCA si avem

q = p1 + p2 � p3, adic¼a q = (1; 1;�1)W .


13. În R3 se consider¼a bazele:

B = fv1 = (1;�1; 1) ; v2 = (2; 0; 1) ; v3 = (1;�2; 0)g si

B0 = fw1 = (2; 1; 2) ; w2 = (�1;�2;�1) ; w3 = (0; 1; 1)g .

a) S¼a se determine leg¼atura dintre cele dou¼a baze;

b) S¼a se determine coordonatele vectorului v fat¼a de baza B0 stiind c¼a

are coordonatele (1; 1; 0) fat¼a de baza B.

Rezolvare: a) Leg¼atura dintre cele dou¼a baze este dat¼a de

w1 = v1 + v2 � v3, w2 = �v2 + v3, w3 = v1 � v3.

b) Coordonatele vectorului v fat¼a de baza B0 se obtin tinând cont de

leg¼atura stabilit¼a mai sus. Se g¼aseste v = 2w1 + w2 � w3, adic¼a v arecoordonatele (2; 1;�1) fat¼a de baza B0.

14. S¼a se g¼aseasc¼a matricea de trecere de la baza uzual¼a a lui R3 la bazaW si componentele vectorului x 2 R3 în raport cu baza W dac¼a:

a)W =�f 1 = (�1; 1;�1) ; f 2 = (1;�1; 2) ; f 3 = (2; 1; 2)

si x = (1; 2; 2);

b)W =�f 1 = (1; 0; 3) ; f 2 = (2;�2; 1) ; f 3 = (�1; 1; 1)

si x = (1; 0; 0).

Rezolvaree: a) C =

0BB@�1 1 2

1 �1 1

�1 2 2

1CCA, x = (2; 1; 1)W .

b) C =

0BB@1 2 �10 �2 1

3 1 1

1CCA, x = (1;�1;�2)W .15. Se dau vectorii

v1 = u1 + u2 � u3, v2 = 2u1 + 3u2 si v3 = 3u1 + 7u2 + 6u3

dintr-un spatiu vectorial în care multimea fu1; u2; u3g este baz¼a. S¼ase arate c¼a fv1; v2; v3g formeaz¼a o baz¼a în acest spatiu si s¼a se a�e


coordonatele vectorului w = 2u1 � 7u3 în aceast¼a baz¼a.

Rezolvare: Fie C =

0BB@1 2 3

1 3 7

�1 0 6

1CCA matricea de trecere de la baza

fu1; u2; u3g la fv1; v2; v3g. Rangul lui C este 3 (detC 6= 0), deci vectoriiv1, v2, v3 sunt liniar independenti si pot forma o baz¼a. Fie X =0BB@

2

0

�7

1CCA matricea coloan¼a a coordonatelor lui w în baza fu1; u2; u3g.

Legea schimb¼arii componentelor unui vector la o schimbare de baze este

X 0 = C�1X, unde X 0 este matricea coloan¼a a coordonatelor lui w în

baza fv1; v2; v3g. Obtinem X 0 =

0BB@1

2

�1

1CCA, deci w = v1 + 2v2 � v3.16. Fie subspatiul lui R4:

Y =�x = (x1; x2; x3; x4) ; x1 + 2x2 + x4 = 0, xi 2 R, i = 1; 4

.

S¼a se g¼aseasc¼a o baz¼a si s¼a se precizeze dimensiunea subspatiului.

Rezolvare: Putem scrie

Y =�(x1; x2; x3;�x1 � 2x2) ; xi 2 R, i = 1; 3

si consider¼am vectorii u1 = (1; 0; 0;�1), u2 = (0; 1; 0;�2), u3 = (0; 0; 1; 0)din Y . Multimea fu1; u2; u3g constituie o baz¼a pentru Y deoarece

cei trei vectori sunt liniar independenti (matricea cu acesti vectori pe

coloane are rangul 3) si orice x 2 Y se poate scrie x = x1u1+x2u2+x3u3(u1, u2, u3 este sistem de generatori pentru Y ), iar dimY = 3.

17. Se consider¼a spatiul vectorial real

X =

(A =

a b 0

�b c a+ c

!; a; b; c 2 R

):


S¼a se arate c¼a matricele F1 =

2 1 0

�1 1 3

!, F2 =

0 �1 0

1 1 1

!si

F3 =

0 1 0

�1 2 2

!formeaz¼a o baz¼a în acest spatiu.

Rezolvare: Se veri�c¼a mai întâi c¼a matricele F1, F2 si F3 sunt liniar

independente. Mai trebuie ar¼atat c¼a fF1; F2; F3g este un sistem de

generatori pentru X. Fie A 2 X, A =

a b 0

�b c a+ c

!, a; b; c 2 R si

s¼a determin¼am scalarii �1, �2, �3 cu proprietatea c¼a

�1F1 + �2F2 + �3F3 = A:

Se obtine solutia �1 =1

2a, �2 =

1

6(a� 4b+ 2c), �3 =

1

3(b+ c� a),

deci

A =a

2F1 +

a� 4b+ 2c6

F2 +b+ c� a

3F3:

18. S¼a se calculeze dimensiunea si s¼a se indice o baz¼a a spatiului solutiilor

urm¼atorului sistem liniar omogen8>><>>:x1 + x2 + x3 + x4 + 2x5 = 0

x1 � x2 + 2x3 + x4 + x5 = 0x1 + 5x2 � x3 + x4 + 4x5 = 0

.

Rezolvare: Matricea sistemului este0BB@1 1 1 1 2

1 �1 2 1 1

1 5 �1 1 4

1CCA �

0BB@1 1 1 1 2

0 �2 1 0 �10 4 �2 0 2

1CCA

�

0BB@1 1 1 1 2

0 �2 1 0 �10 0 0 0 0

1CCA :


Deci multimea solutiilor este

S =

��3�� 2� � 3

2;�� 2

; �; �;

�; �; �; 2 R

�:

O baz¼a pentru S este

fu1 = (�3; 1; 2; 0; 0) , u2 = (�1; 0; 0; 1; 0) , u3 = (�3;�1; 0; 0; 2)g ;

iar dimS = 3.

19. S¼a se calculeze dimensiunea si s¼a se indice o baz¼a a spatiului solutiilor

urm¼atoarelor sisteme liniare si omogene

a)

8>><>>:x1 + x2 � x3 = 03x1 � 2x2 + 2x3 = 06x1 + x2 � x3 = 0

b)

8>><>>:x1 � 2x2 + x3 + x4 = 0x1 � 2x2 + x3 � x4 = 0x1 � 2x2 + x3 + 5x4 = 0

c)

8>>>><>>>>:x1 + 2x2 � x3 + x5 = 0x1 + 3x2 � 2x3 + 8x4 � 3x5 = 0x1 + 4x2 � 2x3 + 7x4 � 4x5 = 0x1 + x2 + 2x5 = 0

:

Rezolvare: a) S = f(0; �; �) ; � 2 Rg, deci dimS = 1, o baz¼a este

fu1 = (0; 1; 1)g.b) S = f(2�� ; �; �; 0) ; �; � 2 Rg, dimS = 2, o baz¼a estefv1 = (2; 1; 0; 0) , v2 = (�1; 0; 1; 0)g.

c) S =�� 3�; �+ �; 5�� 3

2�; �; �

�; �; � 2 R

�, dimS = 2, o

baz¼a este�w1 = (�1; 1; 5; 1; 0) , w2 =

��3; 1;�3

2; 0; 1

��.


Capitolul 4

Spatii euclidiene

1. FieMn (R) spatiul vectorial real al matricelor p¼atratice reale de ordinn. De�nim aplicatia " � " :Mn (R)�Mn (R)! R prin

A �B = tr�AtB

�=

nXi=1

nXk=1

akibki, 8A = (aij) , B = (bij) 2Mn (R) .

S¼a se arate c¼a aceast¼a aplicatie este un produs scalar peMn (R).Rezolvare: Avem c¼a

1) A � B =Pn

i=1

Pnk=1 akibki =

Pni=1

Pnk=1 bkiaki = B � A, 8A =

(aij) ; B = (bij) 2Mn (R);2) A �A =

Pni=1

Pnk=1 (aki)

2 � 0, 8A = (aij) 2Mn (R) si A �A = 0 ,aki = 0, 8k = 1; n, i = 1; n;3)A�(B + C) =

Pni=1

Pnk=1 aki (bki + cki) =

Pni=1

Pnk=1 (akibki + akicki)

=Pn

i=1

Pnk=1 akibki +

Pni=1

Pnk=1 akicki = A � B + A � C, 8A = (aij),

B = (bij), C = (cij) 2Mn (R);4) (�A) � B =

Pni=1

Pnk=1 (�aki) bki = �

Pni=1

Pnk=1 akibki = �A � B,

8A = (aij), B = (bij) 2 Mn (R), deci aplicatia " � " este un produsscalar peMn (R).

57

58 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

2. S¼a se arate c¼a aplicatia " � " : Rn � Rn ! R de�nit¼a prin

x � y = x1y1 + x2y2 + :::+ xnyn;

unde x = (x1; x2; :::; xn); y = (y1; y2; :::; yn); este un produs scalar pe

Rn:Rezolvare: Se veri�c¼a propriet¼atile produsului scalar.

3. Fie Pn [�1; 1] spatiul vectorial real al polinoamelor de grad n cu coe�-cienti reali de�nite pe [�1; 1]. S¼a se arate c¼a Pn [�1; 1] este un spatiueuclidian real în raport cu produsul scalar de�nit prin

p � q =Z 1

�1p (x) q (x) dx, 8p; q 2 Pn [�1; 1] .

Rezolvare: Se veri�c¼a propriet¼atile produsului scalar.

4. Folosind produsele scalare standard cu care sunt dotate spatiile eucli-

diene respective, s¼a se calculeze produsul scalar si apoi unghiul dintre

vectorii:

a) u1 = (1; 2; 3), u2 = (2; 3; 4) din R3;b) v1 = (�1; 0; 2; 5), v2 = (2;�3; 1;�1) din R4;

c) A =

2 �13 1

!, B =

�1 1

2 0

!dinM2 (R);

d) p = x2 � 3x, q = x+ 1 din P2 [�1; 1].Rezolvare: a) u1 � u2 = 2 + 6 + 12 = 20,cos' =

u1 � u2ku1k ku2k

=20p

1 + 4 + 9p4 + 9 + 16

=20p406

.

b) cos' =�5p

1 + 4 + 25p4 + 9 + 1 + 1

= � 1

3p2.

c) AtB =

4 2

3 �1

!, A �B = 4� 1 = 3, kAk =

pA � A =

p15,

kBk =pB �B =

p6, cos' =

3p15p6=

1p10.

59

d) p � q =R 1�1 (x

2 � 3x) (x+ 1) dx =R 1�1 (x

3 � 2x2 � 3x) dx = �43,

cos' =p � qkpk kqk , kpk =

pp � p =

r32

5, kqk = pq � q =

r8

3.

5. S¼a se veri�ce dac¼a aplicatia " � " : R3 � R3 ! R, de�nit¼a prin

x � y = x1y3 + 2x2y1 + x2y2 + 5x3y1,

unde x = (x1; x2; x3), y = (y1; y2; y3), este un produs scalar.

Rezolvare: Nu, deoarece nu este simetric¼a.

6. S¼a se cerceteze dac¼a aplicatia " � " : R2 � R2 ! R, de�nit¼a prin

x �y = 2x1y1�x1y2�x2y1+4x2y2, unde x = (x1; x2) , y = (y1; y2) 2 R2,

este un produs scalar si în caz a�rmativ s¼a se calculeze produsul scalar

dintre x = (2; 1), y = (1;�1).Rezolvare: Trebuie s¼a veri�c¼am propriet¼atile produsului scalar. Se

observ¼a c¼a x�y = y �x, 8x; y 2 R2. Apoi x�x = 2x21�x1x2�x2x1+4x22 =2(x1 � 1

2x2)

2 + 72x22 � 0, 8x 2 R2 si x � x = 0 , x1 = x2 = 0 ,

x = 0. Dac¼a consider¼am z = (z1; z2) 2 R2, x � (y + z) = 2x1 (y1 + z1)�x1 (y2 + z2) � x2 (y1 + z1) + 4x2 (y2 + z2) = x � y + x � z. Fie � 2 R,(�x)�y = 2 (�x1) y1�(�x1) y2�(�x2) y1+4 (�x2) y2 = �x�y, 8x; y 2 R2.Prin urmare, " � " este un produs scalar. În plus, avem x � y = 1.

7. Fie Pn spatiul vectorial real al polinoamelor de grad cel mult n. De�nimaplicatia " � " : Pn � Pn ! R, prin

p � q =nXi=0

aibi, unde p (x) =nXi=0

aixi, q (x) =

n�1Xi=0

bixi 2 Pn.

a) S¼a se arate c¼a aplicatia dat¼a este un produs scalar;

b) S¼a se calculeze p � q, unde p (x) = 2x2 + 4x� 3, q (x) = x3� x� 2 sis¼a se a�e normele celor dou¼a polinoame.


Rezolvare: a) Se observ¼a c¼a p � q = q � p, 8p; q 2 Pn. Fie p (x) =Pni=0 aix

i 2 Pn. Avem p � p =Pn

i=0 (ai)2 � 0 si p � p = 0 , ai = 0,

8i = 0; n, p = 0. Pentru r (x) =Pn

i=0 cixi 2 Pn, are loc p � (q + r) =Pn

i=0 ai (bi + ci) = p �q+p �r si 8� 2 R, (�p) �q =Pn

i=0 (�ai) bi = �p �q.Deci, aplicatia dat¼a este un produs scalar.

b) Avem p � q = 2, kpk =p29 si kqk =

p6.

8. Veri�cati dac¼a urm¼atoarea multime dinM3 (R) este ortogonal¼a:8>><>>:A1 =0BB@

1 0 0

2 3 0

�1 2 �3

1CCA , A2 =0BB@3 1 0

0 0 �12 1 1

1CCA , A3 =0BB@1 �2 3

0 �1 2

0 1 0

1CCA9>>=>>; .

Rezolvare: Se veri�c¼a Ai � Aj = 0, 8i; j = 1; 3, i 6= j, deci multimeadat¼a este ortogonal¼a.

9. Pe spatiul vectorial C��

4;3�

4

�al functiilor reale continue pe

��

4;3�

4

�de�nim aplicatia

f � g =Z 3�

4

�4

f (x) g (x) sinxdx, 8f; g 2 C��

4;3�

4

�.

a) S¼a se arate c¼a aplicatia dat¼a este un produs scalar;

b) S¼a se calculeze kfk pentru f (x) =px;

c) S¼a se a�e k 2 R astfel încât functiile g (x) = x+ k si h (x) = 1 s¼a �eortogonale.

Rezolvare: a) Se veri�c¼a propriet¼atile produsului scalar.

b) kfk =pf � f , iar f � f =

R 3�4

�4x sin xdx =

p2

2�.

c) Punem conditia g � h = 0, adic¼aR 3�

4�4(x+ k) sinxdx = 0, de unde

rezult¼a k = ��2.

10. S¼a se ortonormeze urm¼atoarele baze din R3:a) B =

�f 1 = (1;�1; 0) ; f 2 = (2; 1; 0) ; f 3 = (1; 0; 1)

;

61

b) B =�f 1 = (1; 0; 1) ; f 2 = (0; 1;�1) ; f 3 = (�1; 1; 1)

.

Rezolvare: a) Construim vectorii ortogonali astfel8>><>>:g1 = f 1

g2 = f 2 � �11g1g3 = f 3 � �21g1 � �22g2.

Coe�cientii �ij se determin¼a punând conditia ca vectorii s¼a �e ortogo-

nali doi câte doi. Astfel

g2 ? g1 , g2 � g1 = 0 ,�f 2 � �11g1

�� g1 = 0

, f 2 � g1 � �11g1 � g1 = 0 , �11 =f 2 � g1g1 � g1

, �11 =1

2;

deci g2 =�3

2;3

2; 0

�sau echivalent g2 = (1; 1; 0). În acelasi mod vom

determina si vectorul g3, anume(g3 ? g1g3 ? g2

,(f 3 � g1 � �21g1 � g1 = 0f 3 � g2 � �22g2 � g2 = 0

,

8>><>>:�21 =

f 3 � g1g1 � g1

�22 =f 3 � g2g2 � g2

,

8><>:�21 =

1

2

�22 =1

2

,

deci g3 = (0; 0; 1). Normând cei trei vectori se obtine baza ortonormat¼a8>>>>><>>>>>:e1 =

g1kg1k

=1p2(1;�1; 0)

e2 =g2kg2k

=1p2(1; 1; 0)

e3 =g3kg3k

= (0; 0; 1).

b) Ca anterior se construiesc vectorii g1, g2 si g3. Din conditiile de

ortogonalitate obtinem �11 = �1

2, deci g2 =

�1

2; 1;�1

2

�, sau echiva-

lent g2 = (1; 2;�1) si �21 = �22 = 0, deci g3 = f3. În �nal se


obtine baza ortonormat¼a: e1 =1p2(1; 0; 1), e2 =

1p6(1; 2;�1) si

e3 =1p3(�1; 1; 1).

11. Pentru ce valori ale lui � 2 R vectorii

f 1 = (0; 1; 1) , f 2 = (0; �; 1) si f 3 = (�; 1; 0)

formeaz¼a o baz¼a în R3. Pentru � = �1 ortonormati baza respectiv¼a.Rezolvare: Cei trei vectori formeaz¼a o baz¼a în R3 dac¼a sunt liniarindependenti, adic¼a dac¼a matricea

A =

0BB@0 0 �

1 � 1

1 1 0

1CCAare rangul 3. Cu alte cuvinte, trebuie detA = � (1� �) 6= 0, deci

� 2 R� f0; 1g. Construim vectorii ortogonali8>><>>:g1 = f 1

g2 = f 2 � �11g1g3 = f 3 � �21g1 � �22g2.

Din conditia de ortogonalitate g2 ? g1 obtinem �11 = 0, deci g2 = f 2 sirespectiv, din conditiile g3 ? g1 si g3 ? g2 g¼asim �21 =

1

2si �22 = �

1

2,

de unde rezult¼a g3 = (�1; 0; 0). Norm¼am vectorii ortogonali obtinuti

si avem baza ortonormat¼a: e1 =1p2(0; 1; 1), e2 =

1p2(0;�1; 1) si

e3 = (�1; 0; 0).

12. Ar¼atati c¼a vectorii

f 1 = (1; 1;�1) , f 2 = (�1; 1; 1) si f 3 = (1; 0; 1)

sunt liniar independenti si apoi ortonormati baza format¼a de acestia în

R3.

63

Rezolvare: Avem

��1 �1 1

1 1 0

�1 1 1

�� = 4 6= 0, deci vectorii sunt liniar

independenti. Construim vectorii8>><>>:g1 = f 1

g2 = f2 � �11g1g3 = f3 � �21g1 � �22g2.

Din conditia g1 ? g2 obtinem �11 = �13, deci g2 = (�1; 2; 1) iar din

g1 ? g3, g2 ? g3 rezult¼a �21 = �22 = 0, deci g3 = f 3. Baza ortonormat¼aeste 8>>>>><>>>>>:

e1 =1p3(1; 1;�1)

e2 =1p6(�1; 2; 1)

e3 =1p2(1; 0; 1) .

13. În spatiul euclidian P3 [�1; 1] dotat cu produsul standard se cere s¼a seortonormeze baza canonic¼a f1; x; x2; x3g.Rezolvare: C¼aut¼am polinoamele ortogonale de forma8>>>><>>>>:

f1 = 1

f2 = x� �11f1f3 = x

2 � �21f1 � �22f2f4 = x

3 � �31f1 � �32f2 � �33f3

:

Din conditia ca �ecare polinom fi, i = 2; 3; 4 s¼a �e ortogonal pe cele

anterioare obtinem constantele �ij. Astfel,

�11 =x � f1f1 � f1

= 0, deci f2 = x,

�21 =x2 � f1f1 � f1

=1

3; �22 =

x2 � f2f2 � f2

= 0, deci f3 = x2 �1

3,

�31 =x3 � f1f1 � f1

= 0; �32 =x3 � f2f2 � f2

=3

5; �33 =

x3 � f3f3 � f3

= 0,


deci f4 = x3 � 35x.

În cazul general al polinoamelor cu coe�cienti reali de�nite pe [�1; 1],P [�1; 1], polinoamele obtinute din 1, x, x2,..., xn,... prin procedeul deortogonalizare se numesc polinoame Legendre. Asadar f1 = 1, f2 = x,

f3 = x2 � 1

3, f4 = x3 � 3

5x sunt primele patru polinoame Legendre.

14. S¼a se determine vectorul unitar v din R3 ortogonal pe vectorii v1 =(1; 2;�1) si v2 = (1;�1; 2).Rezolvare: Fie v = (x; y; z). Din ipotez¼a avem v � v1 = 0 si v � v2 = 0,adic¼a x+ 2y � z = 0, x� y + 2z = 0 si kvk = 1, deci x2 + y2 + z2 = 1.Rezolvând acest sistem obtinem solutiile: x =

1p3, y = � 1p

3, z =

� 1p3sau x = � 1p

3, y =

1p3, z =

1p3.

15. S¼a se g¼aseasc¼a � 2 R astfel încât urm¼atorii vectori s¼a �e ortogonali:a) v1 = (�; 2; 5), v2 = (�1;�2�; 1) în R3;

b) A =

2 �1� 0

!, B =

3 1

1 ��

!în M2 (R);

c) p = �x2 + 1, q = x+ 2�.

Rezolvare: a) v1 � v2 = �5�+ 5, de unde � = 1.b) A �B = 5 + �, de unde � = �5.c) p � q = 4

3�2 + 4�, deci � = 0 sau � = �3.

16. În spatiul euclidian R2 înzestrat cu produsul scalar uzual se consider¼avectorii

v1 = (1; 2�) si v2 = (�;�2) , �; � 2 R.

Când cei doi vectori formeaz¼a o baz¼a ortogonal¼a? Pentru � = � = 1

normati vectorii.

Rezolvare: v1 � v2 = 0 , � � 4� = 0 , � = 4�.

Când � = � = 1; avem kv1k = kv2k =p5; vectorii normati vor �

v01 =1p5(1; 2), respectiv v02 =

1p5(1;�2).

Capitolul 5

Transform¼ari liniare

5.1 De�nitie. Matricea unei transform¼ari liniare

1. S¼a se arate c¼a aplicatia U : R2 ! R3 de�nit¼a prin

U (x) = (x1; x2; 2x1 � x2) ;

unde x = (x1; x2) 2 R2, este o transformare liniar¼a si s¼a se scrie ma-tricea transform¼arii relativ la bazele uzuale din R2, respectiv R3.Rezolvare: Veri�c¼am conditia

U (�x+ �y) = �U (x) + �U (y) ; 8x = (x1; x2) ; y = (y1; y2) 2 R2

si 8�; � 2 R: Avem

U (�x+ �y) = U (� (x1; x2) + � (y1; y2)) = U (�x1 + �y1; �x2 + �y2)

= (�x1 + �y1; �x2 + �y2; 2 (�x1 + �y1)� (�x2 + �y2))

= (�x1; �x2; 2�x1 � �x2) + (�y1; �y2; 2�y1 � �y2)

= � (x1; x2; 2x1 � x2) + � (y1; y2; 2y1 � y2)

= �U (x) + �U (y) ;

65

66 CAPITOLUL 5. TRANSFORM¼ARI LINIARE

deci U este transformare liniar¼a. Pentru a determina matricea trans-

form¼arii calcul¼am U (e1) = U (1; 0) = (1; 0; 2), U (e2) = U (0; 1) =

(0; 1;�1) si obtinem matricea

A =

0BB@1 0

0 1

2 �1

1CCA :

2. Se consider¼a aplicatiile

U1 : R2 ! R2, U1 (x1; x2) = (x1 � x2; 2x2) ,

U2 : R2 ! R2, U2 (x1; x2) = (x1 + 2x2; 3x1) .

a) S¼a se arate c¼a aceste aplicatii sunt transform¼ari liniare;

b) S¼a se determine transform¼arile U1 � U2 si U2 � U1 si s¼a se veri�ce c¼asunt liniare.

Rezolvare: a) Fie x = (x1; x2), y = (y1; y2) 2 R2, �; � 2 R, iar�x+ �y = (�x1 + �y1; �x2 + �y2). Atunci

U1 (�x+ �y) = (�x1 + �y1 � �x2 � �y2; 2�x2 + 2�y2)

= � (x1 � x2; 2x2) + � (y1 � y2; 2y2)

= �U1 (x) + �U1 (y) :

În concluzie U1 este o transformare liniar¼a. Similar se arat¼a c¼a U2 este

o transformare liniar¼a.

b) Pentru orice x = (x1; x2) 2 R2 avem

(U1 � U2) (x) = U1 (U2 (x)) = U1 (x1 + 2x2; 3x1)

= (x1 + 2x2 � (3x1) ; 2 (3x1))

= (�2x1 + 2x2; 6x1) :

5.1. DEFINITIE. MATRICEA UNEI TRANSFORM¼ARI LINIARE 67

Analog,

(U2 � U1) (x) = U2 (U1 (x)) = U2 (x1 � x2; 2x2)

= (x1 + 3x2; 3x1 � 3x2) , 8x = (x1; x2) 2 R2.

3. S¼a se veri�ce dac¼a aplicatia U : R3 ! R3 dat¼a prina) U (x1; x2; x3) = (x1 � x2; 3x1 � 2x3; x1)b) U (x1; x2; x3) = (x1; x2; x3 + 1)

c) U (x1; x2; x3) =�x1 + x2; x1; (x3)

2�este transformare liniar¼a. În caz a�rmativ s¼a se scrie matricea trans-

form¼arii.

Rezolvare: Numai transformarea de la punctul a) este liniar¼a si are

matricea A =

0BB@1 �1 0

3 0 �21 0 0

1CCA.4. Se consider¼a aplicatia U : R4 ! R3, de�nit¼a prin

U (x) = (x1 + x4; x1 + 3x2; x1 � x3 � x4) , x = (x1; x2; x3; x4) .

S¼a se arate c¼a U este o transformare liniar¼a si s¼a se scrie matricea

transform¼arii în raport cu bazele uzuale din R3 si R4.Rezolvare: Se arat¼a c¼a U (�x+ �y) = �U (x) + �U (y), 8x; y 2 R3,8�; � 2 R: Matricea transform¼arii este

A =

0BB@1 0 0 1

1 3 0 0

1 0 �1 �1

1CCA .5. Fie P 2 Mm (R) si Q 2 Mn (R) dou¼a matrice p¼atratice. S¼a searatec¼a aplicatia T :Mm�n (R) ! Mm�n (R) de�nit¼a prin T (A) = PAQ;


pentru orice A 2Mm�n (R) ; este o transformare liniar¼a.Rezolvare: Pentru orice A;B 2Mm�n (R) si orice �; � 2 R avem

T (�A+ �B) = P (�A+ �B)Q = �PAQ+�PBQ = �T (A)+�T (B) :

6. Fie B = fe1; e2; e3g o baz¼a în R3 si se consider¼a transformarea liniar¼aU : R3 ! R3, de�nit¼a prin U (e1) = e1+3e2, U (e2) = e1� e2, U (e3) =e1 + 2e2 + e3. S¼a se scrie matricea transform¼arii liniare U în baza B.Rezolvare:

A =

0BB@1 1 1

3 �1 2

0 0 1

1CCA .7. În spatiul R3 se consider¼a bazele

V = fv1 = (2; 1; 1) ; v2 = (1; 2; 1) ; v3 = (1; 1; 2)g si

W = fw1 = (1;�1; 0) ; w2 = (0; 1;�1) ; w3 = (2; 0; 2)g .

Fie U : R3 ! R3 o transformare liniar¼a care are în raport cu baza Vmatricea

AV =

0BB@2 1 3

�3 0 1

1 �1 �2

1CCA :S¼a se g¼aseasc¼a matricea transform¼arii U în raport cu baza W .

Rezolvare: Deoarece w1 = v1 � v2, w2 = v2 � v3, w3 = v1 � v2 + v3,matricea schimb¼arii de baz¼a este

S =

0BB@1 0 1

�1 1 �10 �1 1

1CCA .


Deoarece matricea transform¼arii U în raport cu bazaW satisface BW =

S�1 � A � S, rezult¼a c¼a

BW =

0BB@1 0 2

�2 �3 2

0 �2 2

1CCA .8. Fie U : R2 ! R2 o transformare liniar¼a astfel încât U (1; 2) = (5; 0) siU (2; 1) = (4; 3). Care este expresia lui U? S¼a se calculeze U (�2; 3).Rezolvare: Se veri�c¼a usor c¼a vectorii (1; 2) si (2; 1) formeaz¼a o baz¼a

în R2. Un vector x = (x1; x2) 2 R2 se poate scrie

(x1; x2) = � (1; 2) + � (2; 1)

de unde se obtine � =1

3(2x2 � x1), � =

1

3(2x1 � x2). Deoarece trans-

formarea U este liniar¼a avem

U (x1; x2) = �U (1; 2) + �U (2; 1) = � (5; 0) + � (4; 3)

= (5�+ 4�; 3�) = (x1 + 2x2; 2x1 � x2) ;

iar U (�2; 3) = (4;�7).

9. Fie U : R3 ! R3 o transformare liniar¼a astfel încât U (1; 1;�2) =(3;�3;�1), U (1; 0; 1) = (1; 0; 1) si U (�1;�1; 1) = (�3; 2; 0). Careeste expresia lui U? S¼a se calculeze U (1; 1; 1).

Rezolvare: U (x) = (x1 + 2x2; x3 � x1; x2 + x3), unde x = (x1; x2; x3),iar U (1; 1; 1) = (3; 0; 2).

10. Fie transform¼arile liniare U1; U2 : R3 ! R3, care au în raport cu bazauzual¼a din R3 matricele:

A1 =

0BB@1 0 0

0 2 1

�1 1 �1

1CCA , respectiv A2 =

0BB@2 1 0

1 �2 1

2 1 1

1CCA .


a) S¼a se determine matricea transform¼arii U1 în raport cu baza

W =�f 1 = (2; 1;�2) ; f 2 = (1; 0; 1) ; f 3 = (0; 2;�7)

;

b) S¼a se determine imaginea vectorului v = (1; 2;�2) prin transfor-m¼arile U2, U1 + U2 si U1 � U2.Rezolvare: a) Matricea schimb¼arii de baz¼a este

S =

0BB@2 1 0

1 0 2

�2 1 �7

1CCA ,cu inversa

S�1 =

0BB@2 �7 �2

�3 14 4

�1 4 1

1CCA .Atunci matricea transform¼arii U1 în raport cu baza W este

B = S�1 � A1 � S =

0BB@2 �1 3

�2 3 �6�1 1 �3

1CCA .b) Se observ¼a c¼a v = e1 + 2e2 � 2e3. Tinând cont de liniaritatea

transform¼arii U2 avem

U2 (v) = U2 (e1) + 2U2 (e2)� 2U2 (e3)

= (2; 1; 2) + 2 (1;�2; 1)� 2 (0; 1; 1) = (4;�5; 2) .

Sau, f¼acând înmultirea dintre matricea transform¼arii U2 si matricea

coloan¼a a componentelor lui v, obtinem matricea coloan¼a a componen-

telor lui U2 (v),

A2 �

0BB@1

2

�2

1CCA =

0BB@2 1 0

1 �2 1

2 1 1

1CCA0BB@

1

2

�2

1CCA =

0BB@4

�52

1CCA .


Transformarea U1 + U2 este de asemenea liniar¼a si are matricea

A1 + A2 =

0BB@3 1 0

1 0 2

1 2 0

1CCA :Atunci,

(U1 + U2) (v) = (3; 1; 1) + 2 (1; 0; 2)� 2 (0; 2; 0) = (5;�3; 5) :

Matricea transform¼arii liniare U1 � U2 este

A1 � A2 =

0BB@2 1 0

4 �3 3

�3 �4 0

1CCA ;si atunci avem

(U1 � U2) (v) = (4;�8;�11) .

11. Fie U; V;W trei spatii vectoriale reale si aplicatiile f : U ! V; g : V !W astfel încât aplicatia compus¼a g � f : U ! W s¼a �e liniar¼a. S¼a se

arate c¼a:

(i) dac¼a g este liniar¼a si injectiv¼a, atunci f este liniar¼a;

(ii) dac¼a f este liniar¼a si surjectiv¼a, atunci g este liniar¼a.

S¼a se arate c¼a dac¼a aplicatia f : U ! V este liniar¼a si bijectiv¼a, atunci

aplicatia invers¼a f�1 : V ! U este liniar¼a.

Rezolvare: (i) Cum g � f este liniar¼a, rezult¼a c¼a (g � f) (�u+ �v) =� (g � f) (u)+� (g � f) (v) adic¼a g (f (�u+ �v)) = �g (f (u))+�g (f (v))si folosind liniaritatea lui g obtinem g (f (�u+ �v)) = g (�f (u) + �f (v)) :

Dar g �ind injectiv¼a, deducem

f (�u+ �v) = �f (u) + �f (v) ;


adic¼a f este liniar¼a.

(ii) Cum f este surjectiv¼a si liniar¼a, �1v1+�2v2 = �1f (u1)+�2f (u2) ;

de unde, g � f �ind liniar¼a, deducem:

g (�1v1 + �2v2) = �1 (g � f) (u1)+�2 (g � f) (u2) = �1g (v1)+�2g (v2) :

Deoarece f�1 � f = 1U ; aplicatia 1U �ind liniar¼a, iar f liniar¼a si surjec-tiv¼a, din (ii) rezult¼a c¼a f�1 este liniar¼a.

5.2 Nucleu si imagine

1. Fie aplicatia U : R3 ! R3 de�nit¼a prin

U (x) = (x1; x1 + x2 � x3; 0) ;

unde x = (x1; x2; x3).

a) S¼a se arate c¼a U este transformare liniar¼a;

b) S¼a se scrie matricea transform¼arii U în raport cu baza uzual¼a si apoi

în raport cu baza

W =�f 1 = (2; 1; 1) ; f2 = (1; 1; 0) ; f3 = (1; 1;�1)

;

c) S¼a se a�e nucleul si imaginea lui U .

Rezolvare: a) Se veri�c¼a U (�x+ �y) = �U (x) + �U (y), 8x; y 2 R3,8�; � 2 R, deci U este transformare liniar¼a.b) Avem U (e1) = U (1; 0; 0) = (1; 1; 0), U (e2) = U (0; 1; 0) = (0; 1; 0)

si U (e3) = U (0; 0; 1) = (0;�1; 0), deci matricea transform¼arii în bazauzual¼a va �

A =

0BB@1 0 0

1 1 �10 0 0

1CCA :

5.2. NUCLEU SI IMAGINE 73

Matricea de trecere de la baza uzual¼a la baza W este

S =

0BB@2 1 1

1 1 1

1 0 �1

1CCA ;iar legea schimb¼arii matricei la o schimbare de baz¼a este B = S�1 �A �S,adic¼a

B =

0BB@1 �1 0

�2 3 1

1 �1 �1

1CCA0BB@1 0 0

1 1 �10 0 0

1CCA0BB@2 1 1

1 1 1

1 0 �1

1CCA ;deci matricea transform¼arii în raport cu baza W este

B =

0BB@0 �1 �22 4 7

0 �1 �2

1CCA .c) Conform de�nitiei, nucleul transform¼arii U este

kerU =�x 2 R3 ; U (x) = 0

:

Pornind de la relatia U (x) = 0 obtinem (x1; x1 + x2 � x3; 0) = (0; 0; 0),adic¼a (

x1 = 0

x1 + x2 � x3 = 0;

de unde x1 = 0, x2 = �, x3 = �, � 2 R. Deci kerU = f(0; �; �) ; � 2 Rg.Imaginea transform¼arii U este

ImU =�U (x) ; x 2 R3

,

adic¼a ImU = f(x1; x1 + x2 � x3; 0) ; x1; x2; x3 2 Rg si se observ¼a c¼aImU = f(�; �+ �; 0) ; �; � 2 Rg.


2. Fie transformarea liniar¼a U : R3 ! R3 de�nit¼a prin

U (x) = (x1 + x2 + x3; x1 + x2 + x3; x1 + x2 + x3) ;

unde x = (x1; x2; x3). S¼a se determine rangul si defectul acestei trans-

form¼ari liniare.

Rezolvare: Determin¼am mai întâi nucleul transform¼arii U: Pornind de

la U (x) = 0 obtinem x1 + x2 + x3 = 0, deci

kerU = f(�; �;�� ) ; �; � 2 Rg

= f� (1; 0;�1) + � (0; 1;�1) ; �; � 2 Rg .

Vectorii v1 = (1; 0;�1) si v2 = (0; 1;�1) formeaz¼a un sistem de genera-tori pentru kerU . Se veri�c¼a usor c¼a ei sunt liniar independenti, deci

fv1; v2g reprezint¼a o baz¼a pentru kerU . Atunci defectul transform¼ariiU , dimkerU = 2: Se stie c¼a

dimkerU + dim ImU = dimR3 = 3,

deci rangul transform¼arii U , dim ImU = 1. În plus,

ImU = f(�; �; �) ; � 2 Rg :

3. Se consider¼a matricea A =

0BBBB@1 0 0 �10 1 0 0

0 0 �1 3

�1 0 3 �8

1CCCCA asociat¼a transfor-

m¼arii liniare U : R4 ! R4 în baza uzual¼a din R4.a) S¼a se determine expresia transform¼arii U ;

b) S¼a se g¼aseasc¼a nucleul si defectul lui U , punându-se în evident¼a o

baz¼a;

c) S¼a se g¼aseasc¼a imaginea si rangul lui U , punându-se în evident¼a o


baz¼a.

Rezolvare: a) Fie x = (x1; x2; x3; x4) 2 R4, adic¼a x = x1e1 + x2e2 +x3e3 + x4e4, unde fe1; e2; e3; e4g este baza uzual¼a din R4. Deoarecetransformarea U este liniar¼a rezult¼a c¼a

U (x) = U (x1e1 + x2e2 + x3e3 + x4e4)

= x1U (e1) + x2U (e2) + x3U (e3) + x4U (e4) :

Dar vectorii U (e1) ; :::; U (e4) se cunosc (coloanele matricei A) deci

avem

U(x) = x1(1; 0; 0;�1) + x2(0; 1; 0; 0) + x3(0; 0;�1; 3) + x4(�1; 0; 3;�8)

= (x1 � x4; x2;�x3 + 3x4;�x1 + 3x3 � 8x4) .

b) S¼a determin¼am acum nucleul lui U . Relatia U (x) = 0 conduce la

sistemul 8>>>><>>>>:x1 � x4 = 0x2 = 0

�x3 + 3x4 = 0�x1 + 3x3 � 8x4 = 0:

Rezolvând acest sistem obtinem x1 = �, x2 = 0, x3 = 3�, x4 = �,

� 2 R. DecikerU = f(�; 0; 3�; �) ; � 2 Rg :

Vectorul (1; 0; 3; 1) reprezint¼a o baz¼a a spatiului kerU si

defU = dimkerU = 1:

c) Conform de�nitiei,

ImU =�U (x) ; x 2 R4

:

Multimea vectorilor U (e1),...,U (e4), adic¼a

f(1; 0; 0;�1) ; (0; 1; 0; 0) ; (0; 0;�1; 3) ; (�1; 0; 3;�8)g


formeaz¼a un sistem de generatori pentru ImU si vom c¼auta vectorii

liniar independenti din aceast¼a multime. Num¼arul maxim de vectori

liniar independenti este 3, deci o baz¼a a lui ImU este, de exemplu,

f(1; 0; 0;�1) ; (0; 1; 0; 0) ; (0; 0;�1; 3)g

si atunci

ImU = f(�; �;� ;��+ 3 ) ; �; �; 2 Rg ;

iar rangU = dimImU = 3.

4. Se consider¼a transformarea liniar¼a U : R3 ! R3, de�nit¼a prin

U (x) = (x1 � x2; x2 � x3; x3 � x1) , x = (x1; x2; x3) .

S¼a se determine nucleul, imaginea, defectul si rangul transform¼arii,

precizându-se câte o baz¼a.

Rezolvare: Rezolvând ecuatia U (x) = 0 obtinem

kerU = f(�; �; �) ; � 2 Rg :

Vectorul u = (1; 1; 1) reprezint¼a o baz¼a pentru kerU; deci defU = 1.

ImU = f(�� ; �;��) ; �; � 2 Rg, o baz¼a pentru ImU este

fv1 = (1; 0;�1) , v2 = (�1; 1; 0)g ;

iar rangU = 2.

5. S¼a se arate c¼a transformarea liniar¼a U : R3 ! R3, de�nit prin

U (x) = (x1 + x2 � 2x3; x2; x1 � x2)

este bijectiv¼a. S¼a se determine transformarea invers¼a.

Rezolvare: U �ind un endomor�sm, pentru a demonstra bijectivitatea

sa este su�cient s¼a ar¼at¼am c¼a este injectiv, ceea ce revine la a ar¼ata


c¼a nucleul s¼au se reduce doar la vectorul nul din R3, adic¼a kerU =�0. Folosind de�nitia nucleului lui U rezult¼a urm¼atorul sistem liniar

omogen: 8>><>>:x1 + x2 � 2x3 = 0x2 = 0

x1 � x3 = 0;

care admite doar solutia banal¼a x1 = x2 = x3 = 0. În concluzie,

kerU =�0, de unde rezult¼a c¼a U este injectiv, deci bijectiv. Pentru

a determina transformarea invers¼a, pornim de la relatia U (x) = y;

echivalent¼a cu sistemul8>><>>:x1 + x2 � 2x3 = y1x2 = y2

x1 � x3 = y3;

care are solutia x1 = �y1 + y2 + 2y3, x2 = y2, x3 = �1

2y1 + y2 +

1

2y3.

Deci,

U�1 (y) =

��y1 + y2 + 2y3; y2;�

1

2y1 + y2 +

1

2y3

�:

6. Fie dat¼a transformarea liniar¼a U : R3 ! R3, de�nit¼a prin

U (x) = (x1 + 2x2 � x3;�x1 + x2 + 2x3; x2 � x3) ;

unde x = (x1; x2; x3).

a) S¼a se arate c¼a U este bijectie;

b) S¼a se determine U�1 (2; 0; 2), U�1 (1;�1; 0).Rezolvare: a) Veri�c¼am mai întâi injectivitatea lui U . Pentru aceasta

s¼a calcul¼am kerU . Folosind de�nitia nucleului obtinem sistemul omogen8>><>>:x1 + 2x2 � x3 = 0�x1 + x2 + 2x3 = 0x2 � x3 = 0;


a c¼arui matrice are rangul 3, deci sistemul admite doar solutia banal¼a.

Am obtinut kerU =�0, deci U este injectiv. Obsev¼am c¼a trans-

formarea U este un endomor�sm si în acest caz surjectivitatea este

echivalent¼a cu injectivitatea, deci U este bijectiv.

b) Pentru a determina transformarea invers¼a, din U (x) = y, cu y =

(y1; y2; y3) obtinem sistemul8>><>>:x1 + 2x2 � x3 = y1�x1 + x2 + 2x3 = y2x2 � x3 = y3;

care are solutia 8>>>><>>>>:x1 =

1

4(3y1 � y2 � 5y3)

x2 =1

4(y1 + y2 + y3)

x3 =1

4(y1 + y2 � 3y3) :

Deci,

U�1 (y) =

�1

4(3y1 � y2 � 5y3) ;

1

4(y1 + y2 + y3) ;

1

4(y1 + y2 � 3y3)

�;

pentru orice y = (y1; y2; y3) 2 R3. Atunci

U�1 (2; 0; 2) = (�1; 1;�1) si U�1 (1;�1; 0) = (1; 0; 0) :

7. S¼a se studieze injectivitatea transform¼arii liniare U : P2 ! P2, de�nit¼aprin

U (p) = p+ p0 + p00, 8p 2 P2.

Este U bijectiv¼a?

Rezolvare: Pentru studierea injectivit¼atii avem nevoie de nucleul trans-

form¼arii. Fie p 2 P2, p = ax2 + bx+ c. Avem p0 = 2ax+ b si p00 = 2a.

Atunci:

U (p) = 0 , ax2 + (b+ 2a)x+ (c+ b+ 2a) = 0 , a = b = c = 0,


deci kerU = f0g, adic¼a transformarea U este injectiv¼a. În plus, tinândcont c¼a U este un endomor�sm, rezult¼a bijectivitatea.

8. Se consider¼a multimea

X =�p 2 P3 ; p = ax3 + bx2 + cx+ 2a, a; b; c 2 R

:

S¼a se arate c¼a aplicatia

U : X ! R3, U (p) = (a; b; c)

este bijectie.

Rezolvare: Observ¼am c¼a X este un subspatiu vectorial al lui P3 si Ueste o transformare liniar¼a. Calcul¼am nucleul transform¼arii si obtinem

kerU = f0g, deci U este injectiv. Cum dimX = 3 = dimR3, rezult¼ac¼a U este bijectie.

9. Se consider¼a transformarea liniar¼a U : R3 ! R3 de�nit¼a prin

U (x) = (2x1 + x3; x1 + x2 + 2x3; 3x3) ;

unde x = (x1; x2; x3). Se cere:

a) S¼a se a�e kerU si defectul lui U ;

b) S¼a se a�e ImU , s¼a se g¼aseasc¼a o baz¼a a sa si rangul lui U .

Rezolvare: a) Se calculeaz¼a nucleul folosind de�nitia si se obtine

kerU =�0;

deci defU = 0;

b) Imaginea lui U este

ImU =�U (x) ; x 2 R3

= f(2x1 + x3; x1 + x2 + 2x3; 3x3) ; x1; x2; x3 2 Rg :

Vectorii (2; 1; 0), (0; 1; 0) si (1; 2; 3) constituie un sistem de generatori

pentru ImU si sunt liniar independenti, deci reprezint¼a o baz¼a pentru

ImU , iar rangU = 3:


10. Fie U; V;W trei spatii vectoriale reale si transform¼arile liniare f : U !V; g : V ! W: S¼a se arate c¼a Imf � ker g dac¼a si numai dac¼a g �f = 0:Rezolvare: Presupunem c¼a Im f � ker g: Pentru orice u 2 U; f (u) 2Im f � ker g; deci g (f (u)) = 0; adic¼a g � f = 0: Reciproc, s¼a pre-

supunem c¼a g � f = 0 si �e v 2 Im f: Atunci exist¼a u 2 U astfel încâtv = f (u) : Avem

g (v) = g (f (u)) = (g � f) (u) = 0;

adic¼a v 2 ker g; deci Im f � ker g:

11. Fie f : U ! V; g : V ! W dou¼a transform¼ari liniare cu proprietatea

c¼a g � f = 0: S¼a se arate c¼a:(i) dac¼a aplicatia f este surjectiv¼a, atunci g = 0;

(ii) dac¼a aplicatia g este injectiv¼a, atunci f = 0:

Rezolvare: (i) Dac¼a aplicatia f este surjectiv¼a, pentru orice v 2 Vexist¼a u 2 U astfel încât v = f (u) : Atunci g (v) = g (f (u)) =

(g � f) (u) = 0; deci g = 0:(ii) Din g � f = 0 deducem (g � f) (u) = 0 pentru orice u 2 U; saug (f (u)) = 0 si cum aplicatia g este injectiv¼a, rezult¼a f (u) = 0 pentru

orice u 2 U; adic¼a f = 0:

5.3 Valori si vectori proprii

1. Fie transformarea liniar¼a U : R3 ! R3, de�nit¼a prin

U (x) = (x1 � x2; x2 + x3; x1 + x3) ;

unde x = (x1; x2; x3). Determinati nucleul lui U , valorile si vectorii

proprii.

Rezolvare: Tinând cont de de�nitia nucleului, kerU =�x 2 R3, U (x) = 0

,

5.3. VALORI SI VECTORI PROPRII 81

se obtine kerU = f(�; �;��) ; � 2 Rg. Pentru a determina matriceatransform¼arii U calcul¼am U (e1) = (1; 0; 1), U (e2) = (�1; 1; 0), U (e3) =(0; 1; 1), deci matricea va �

A =

0BB@1 �1 0

0 1 1

1 0 1

1CCA :Ecuatia caracteristic¼a a transform¼arii U este det (A� �E) = 0, adic¼a��

1� � �1 0

0 1� � 1

1 0 1� �

�� = 0; sau � ��2 � 3�+ 3

�= 0;

cu r¼ad¼acinile �1 = 0 si �2;3 =�3�

p3i�=2, deci transformarea U are

valoarea proprie � = 0. Vectorul propriu v = (x1; x2; x3) corespunz¼ator

valorii proprii se determin¼a prin rezolvarea sistemului8>><>>:(1� �)x1 � x2 = 0(1� �)x2 + x3 = 0x1 + (1� �)x3 = 0:

Astfel, dac¼a � = 0, acesta devine8>><>>:x1 � x2 = 0x2 + x3 = 0

x1 + x3 = 0;

cu solutiile: x1 = ��, x2 = ��, x3 = �, � 2 R�. Alegând � = 1,

obtinem vectorul propriu v = (�1;�1; 1).


U (x) = (x1; x2 + x3; 2x3) ;


cu x = (x1; x2; x3) 2 R3. S¼a se determine valorile proprii, vectoriiproprii, un subspatiu invariant unidimensional si U (x0), unde x0 =

(2; 0; 1).

Rezolvare: Tinând cont de de�nitia lui U avem U (e1) = (1; 0; 0),

U (e2) = (0; 1; 0), U (e3) = (0; 1; 2), astfel c¼a matricea transform¼arii va

�

A =

0BB@1 0 0

0 1 1

0 0 2

1CCA :Ecuatia caracteristic¼a a transform¼arii U este det (A� �E) = 0, adic¼a��

1� � 0 0

0 1� � 1

0 0 2� �

�� = 0; sau (1� �)2 (2� �) = 0;

deci valorile proprii ale lui U sunt �1 = �2 = 1 si �3 = 2. Determinarea

vectorilor proprii se face cu ajutorul sistemului8>><>>:(1� �)x1 = 0(1� �)x2 + x3 = 0(2� �)x3 = 0;

x1, x2, x3 reprezentând componentele vectorului. Pentru � = �1 =

�2 = 1, sistemul este dublu nedeterminat, cu solutia general¼a x1 = �,

x2 = � x3 = 0, �; � 2 R; astfel c¼a vectorul propriu va � de forma

v = (�; �; 0) = � (1; 0; 0) + � (0; 1; 0) ;

adic¼a v = �v1 + �v2, unde v1 = (1; 0; 0) si v2 = (0; 1; 0). Deci, orice

vector propriu corespunz¼ator valorii proprii duble �1 = �2 = 1 se

poate exprima ca o combinatie liniar¼a de doi vectori, v1 si v2, vec-

tori liniar independenti. Pentru � = �3 = 2 sistemul are solutia


general¼a x1 = 0, x2 = �, x3 = �, � 2 R si un vector propriu

este v3 = (0; 1; 1), pentru � = 1. Un subspatiu invariant unidimen-

sional este X1 = f� (1; 0; 0) ; � 2 Rg sau X2 = f� (0; 1; 0) ; � 2 Rgsau X3 = f� (0; 1; 1) ; � 2 Rg. Iar U (x0) = (2; 1; 2).


U (x) = (x3; x2;�x1 � x3) ;

unde x = (x1; x2; x3). Determinati valorile proprii si vectorii proprii

corespunz¼atori valorii proprii reale. G¼asiti un subspatiu invariant uni-

dimensional.

Rezolvare: Tinând cont de expresia lui U avem U (e1) = (0; 0;�1),U (e2) = (0; 1; 0) si U (e3) = (1; 0;�1), deci matricea transform¼arii este

A =

0BB@0 0 1

0 1 0

�1 0 �1

1CCA :Ecuatia caracteristic¼a det (A� �E) = 0 are r¼ad¼acinile �1 = 1 si �2;3 =�1� i

p3

2. Sistemul care d¼a vectorii proprii corespunz¼atori valorii pro-

prii � = 1 este (�x1 + x3 = 0�x1 � 2x3 = 0

si are solutia x1 = 0, x2 = �, x3 = 0, � 2 R. Dac¼a se consider¼a� = 1, obtinem vectorul propriu v = (0; 1; 0). Un subspatiu invariant

unidimensional este X = fx = � (0; 1; 0) ; � 2 Rg.

4. Fie transformarea liniar¼a U : R3 ! R3 a c¼arei matrice în raport cubaza canonic¼a este

A =

0BB@1 �2 0

�2 2 �20 �2 3

1CCA :


S¼a se determine valorile si vectorii proprii ai lui U si s¼a se cerceteze

dac¼a matricea poate � adus¼a la forma diagonal¼a.

Rezolvare: Ecuatia caracteristic¼a a lui U este��1� � �2 0

�2 2� � �20 �2 3� �

�� = (2� �) (�+ 1) (�� 5) ;deci valorile proprii ale lui U sunt �1 = 2, �2 = �1, �3 = 5. Pentru

a determina vectorii proprii corespunz¼atori valorii proprii �1 = 2 se

rezolv¼a sistemul 8>><>>:x1 + 2x2 = 0

2x1 + 2x3 = 0

�2x2 + x3 = 0;

si rezult¼a solutia x1 = ��, x2 =1

2�, x3 = �; � 2 R. Considerând � = 2

se obtine vectorul propriu v1 = (�2; 1; 2). Pentru determinarea vecto-rilor proprii corespunz¼atori valorii proprii �2 = �1 se procedeaz¼a înacelasi mod si se obtine vectorul v2 = (2; 2; 1), iar pentru valoarea pro-

prie �3 = 5 se obtine vectorul v3 = (1;�2; 2). Deoarece valorile propriiale transform¼arii liniare U sunt distincte rezult¼a c¼a matricea transfor-

m¼arii poate � adus¼a la forma diagonal¼a si multimea W = fv1, v2, v3gformeaz¼a o baz¼a în R3. În raport cu aceast¼a baz¼a matricea transfor-m¼arii U are forma

B =

0BB@2 0 0

0 �1 0

0 0 5

1CCA .5. S¼a se arate c¼a matricea transform¼arii liniare U : R3 ! R3, dat¼a de

U (x) = (�3x1 + 2x2;�5x1 + 4x2; 2x1 � 2x2 � x3) ,

unde x = (x1; x2; x3), poate � adus¼a la forma diagonal¼a fat¼a de o baz¼a

din R3. S¼a se precizeze aceast¼a baz¼a.


Rezolvare: Determin¼am valorile si vectorii proprii. Ecuatia caracter-

istic¼a este ��3� � 2 0

�5 4� � 0

2 �2 �1� �

�� = 0si are r¼ad¼acinile reale �1 = 2, �2 = �3 = �1. Vom determina vectorii

proprii cu ajutorul sistemului8>><>>:(�3� �)x1 + 2x2 = 0�5x1 + (4� �)x2 = 02x1 � 2x2 + (�1� �)x3 = 0:

Astfel, pentru � = �1 = 2, obtinem x1 = ��, x2 = �52�, x3 = �,

� 2 R, deci se obtine vectorul propriu v1 = (�2;�5; 2). R¼ad¼acina �1�ind simpl¼a, spatiul propriu corespunz¼ator (spatiul generat de vectorul

v1) are dimensiunea 1. Pentru � = �2 = �3 = �1, solutia sistemuluieste x1 = x2 = �, x3 = �, �; � 2 R, deci r¼ad¼acinii duble îi corespunddoi vectori proprii v2 = (1; 1; 0) si v3 = (0; 0; 1). Dimensiunea spatiului

generat de acesti vectori este 2 si este egal¼a cu multiplicitatea r¼ad¼acinii.

În concluzie, matricea transform¼arii poate � adus¼a la forma diagonal¼a

B =

0BB@�2 0 0

0 1 0

0 0 1

1CCA ,în baza W = fv1; v2; v3g.

6. S¼a se arate c¼a matricea transform¼arii liniare U : R3 ! R3, date de

U (x) = (2x1; x1 + 4x2 � 2x3; 7x1 + 7x2 � 5x3) ;

unde x = (x1; x2; x3), nu poate � adus¼a la forma diagonal¼a.


Rezolvare: Ecuatia caracteristic¼a��2� � 0 0

1 4� � �27 7 �5� �

�� = 0are r¼ad¼acinile reale �1 = �2 = 2 si �3 = �3. Corespunz¼ator valoriiproprii � = �1 = �2 = 2 avem sistemul(

x1 + 2x2 � 2x3 = 07x1 + 7x2 � 7x3 = 0

,

cu solutia x1 = 0, x2 = x3 = �, � 2 R si obtinem vectorul propriu v1 =(0; 1; 1). Deci spatiul propriu corespunz¼ator (spatiul generat de v1) are

dimensiunea 1, mai mic¼a decât multiplicitatea r¼ad¼acinii. Rezult¼a c¼a

matricea transform¼arii nu poate � adus¼a la forma diagonal¼a.

7. S¼a se arate c¼a matricea transform¼arii liniare U : R3 ! R3, dat¼a prin

U (x) = (4x1 + 6x2;�3x1 � 5x2;�3x1 � 6x2 + x3) ,

unde x = (x1; x2; x3), fat¼a de o baz¼a din R3, poate � adus¼a la formadiagonal¼a.

Rezolvare: Valorile proprii sunt �1 = �2, �2 = �3 = 1. R¼ad¼acina

�1 �ind simpl¼a subspatiul propriu corespunz¼ator are dimensiunea 1.

Vectorii proprii corespunz¼atori r¼ad¼acinii duble sunt dati de x1 = �2�,x2 = �, x3 = �, �; � 2 R. Deci, subspatiul propriu corespunz¼ator aredimensiunea 2, egal¼a cu ordinul de multiplicitate al r¼ad¼acinii. Astfel,

matricea poate � adus¼a la forma diagonal¼a

B =

0BB@�2 0 0

0 1 0

0 0 1

1CCA .


8. Fie T : V ! V o transformare liniar¼a, � 2 K o valoare proprie a lui T

si u 2 V un vector propriu corespunz¼ator valorii proprii �: S¼a se aratec¼a pentru orice p 2 N; �p este valoare proprie a transform¼arii liniareT p = T � T � ::: � T (de p ori) si u vector propriu corespunz¼ator.Rezolvare: Din T (u) = �u rezult¼a c¼a T 2 (u) = T (T (u)) = T (�u) =

�T (u) = �2u: Prin inductie matematic¼a se arat¼a c¼a T p (u) = �pu:

9. Fie T1; T2 : V ! V dou¼a transform¼ari liniare. Presupunem c¼a T1 este

bijectiv¼a. S¼a se arate c¼a T1�T2 si T2�T1 au acelasi polinom caracteristic.Rezolvare: Fie A1; A2 matricele celor dou¼a transform¼ari liniare într-o

baz¼a din V: Matricea A1 este inversabil¼a (deoarece T1 este bijectiv¼a).

Atunci putem scrie:

A2A1 =�A�11 A1

�(A2A1) = A

�11 (A1A2)A1;

adic¼a matricele A1A2 si A2A1 sunt asemenea, deci au acelasi polinom

caracteristic.

10. S¼a se determine valorile si vectorii proprii ai matricei

A =

0BB@2 �1 2

5 �3 3

�1 0 �2

1CCA .Poate � adus¼a matricea la forma diagonal¼a?

Rezolvare: R¼ad¼acinile ecuatiei caracteristice sunt �1 = �2 = �3 = �1.Vectorii proprii corespunz¼atori r¼ad¼acinii triple � = �1 sunt dati de x1 =��, x2 = ��, x3 = �; � 2 R. Subspatiul propriu corespunz¼ator aredimensiunea 1, mai mic¼a decât multiplicitatea r¼ad¼acinii, deci matricea

dat¼a nu poate � adus¼a la forma diagonal¼a.


11. S¼a se calculeze An; unde

A =

0BB@�1 0 �33 2 3

�3 0 �1

1CCA :Rezolvare: Ecuatia caracteristic¼a este �3�12�+16 = 0; cu r¼ad¼acinile�1 = �4; m1 = 1; �2 = 2; m2 = 2 si

S =

0BB@1 0 �1

�1 1 0

1 0 1

1CCA ; S�1 = 1

2

0BB@1 0 1

1 2 1

�1 0 1

1CCA ;

B =

0BB@�4 0 0

0 2 0

0 0 2

1CCA ; Bn =0BB@(�4)n 0 0

0 2n 0

0 0 2n

1CCA :Din B = S�1AS deducem A = SBS�1; deci An = SBnS�1; adic¼a

An =1

2

0BB@(�4)n + 2n 0 (�4)n � 2n

� (�4)n + 2n 2n+1 � (�4)n + 2n

(�4)n � 2n 0 (�4)n + 2n

1CCA :12. Fie A o matrice constant¼a de tip n� n si

f (x) = b0xm + b1x

m�1 + :::+ bm�1x+ bm

un polinom oarecare. S¼a se arate c¼a orice vector propriu al lui A este

vector propriu si pentru matricea f (A) :

Rezolvare: Fie x un vector propriu al matriceai A; adic¼a x este o

matrice coloan¼a de tipul n � 1 astfel încât Ax = �x si x 6= 0: Trebuies¼a ar¼at¼am c¼a exist¼a � astfel încât f (A)x = �x; unde

f (A) = b0Am + b1A

m�1 + :::+ bm�1A+ bmI:


Prin inductie matematic¼a se arat¼a c¼a Akx = �kx pentru orice k = 1;m:

Atunci

f (A)x = b0Amx+ b1A

m�1x+ :::+ bm�1Ax+ bmx

= b0�mx+ b1�

m�1x+ :::+ bm�1�x+ bmx

=�b0�

m + b1�m�1 + :::+ bm�1�+ bm

�x

= f (�)x:

13. Se consider¼a matricea

A =

0BB@9 0 0

�5 4 0

�8 0 1

1CCA :S¼a se a�e un polinom f (x) de grad � 2 astfel încât matricea f (A) s¼aaib¼a valorile proprii �1 = �2 = 1; �3 = 0: S¼a se scrie f (A) :

Rezolvare: Fie f (x) = ax2 + bx+ c: Pentru a determina constantele

a; b si c; folosim faptul c¼a valorile proprii ale lui f (A) sunt f (�1) ;

f (�2) ; f (�3) ; unde �1; �2; �3 sunt valorile proprii ale lui A; pe care le

a�¼am rezolvând ecuatia det (A� �I3) = 0; anume �1 = 9; �2 = 4 si

�3 = 1:

14. Matricea nesingular¼aA de tip n�n are r¼ad¼acinile caracteristice �1; �2; :::;�n: S¼a se a�e r¼ad¼acinile caracteristice si s¼a se scrie polinomul caracter-

istic pentru matricea invers¼a A�1:

Rezolvare: Avem

pA�1 (�) = det�A�1 � �In

�= det

��A�1

�1

�I � A

��

= (�1)n �n (detA)�1 det�A� 1

�I

�Prin urmare, r¼ad¼acinile caracteristice ale lui A�1 sunt ��1i ; i = 1; n:


15. Fie A o matrice de tip n� n având polinomul caracteristic

pA (�) = det (A� �In) = (�1 � �) (�2 � �) ::: (�n � �) :

S¼a se g¼aseasc¼a polinomul caracteristic al matricei A2.

Rezolvare: Avem

pA2 (�) = det�A2 � �In

�=��21 � �

� ��22 � �

�:::��2n � �

�:

16. S¼a se arate c¼a dac¼a matricea A 2 Mn (R) este asemenea cu o matricediagonal¼a, atunci si matricea At este asemenea cu o matrice diagonal¼a.

Rezolvare: Fie B = S�1AS; cu B matrice diagonal¼a. Atunci Bt este

tot diagonal¼a si

Bt =�S�1AS

�t= StAt

�S�1

�t=��St��1��1

At�St��1

;

deci At este asemenea cu o matrice diagonal¼a.

5.4 Transform¼ari liniare simetrice. Transfor-

m¼ari liniare ortogonale

1. Fie E un spatiu euclidian complex de dimensiune n; T un endomor�sm

simetric (autoadjunct) si E endomor�smul unitate. Fie �+ i� �xat în

C: S¼a se arate c¼a

k[T � (�+ i�)E] (x)k2 = k(T � �E) (x)k2 + �2 kxk2 ; 8x 2 E:

S¼a se deduc¼a de aici c¼a valorile proprii ale lui T sunt reale.

Rezolvare: Egalitatea cerut¼a rezult¼a imediat folosind propriet¼atile

produsului scalar. Dac¼a � + i� este valoare proprie si x este vectorul

propriu corespunz¼ator, rezult¼a

k(T � �E) (x)k2 + �2 kxk2 = 0

5.4. TRANSFORM¼ARI LINIARE SIMETRICE. TRANSFORM¼ARI LINIAREORTOGONALE91

ceea ce implic¼a, în mod evident, � = 0: Deci, valorile proprii ale unui

endomor�sm autoadjunct sunt reale.

2. Fie T si U dou¼a endomor�sme ale spatiului euclidian En de dimensiune

n; iar T � si U� adjunctele lor. S¼a se arate c¼a valorile proprii ale endo-

mor�smelor T �T si U�U sunt pozitive. Fie �1; �2 (respectiv �1; �2) cea

mai mic¼a si cea mai mare valoare proprie a lui T �T (respectiv U�U).

S¼a se arate c¼a:

a) �1 kxk2 � kT (x)k2 � �n kxk2 ; 8x 2 En;b) dac¼a � este valoare proprie pentru T �U; atunci �1�1 � j�j

2 � �n�n:Rezolvare: S¼a observ¼am mai întâi c¼a endomor�smul T �T este simet-

ric. Într-adev¼ar, (T �T )� = T �T �� = T �T: Atunci, valorile proprii ale

lui T �T sunt reale. Fie (T �T ) (x) = �x; � 2 R: Avem

0 � kTxk2 = Tx � Tx = x � (T �T )x = x � �x = � (x � x) = � kxk2 ;

de unde rezult¼a c¼a � � 0: Fie f1; f2; :::; fn baza ortonormat¼a de vectoriproprii pentru T �T; cu valorile proprii 0 � �1 � �2 � ::: � �n si �e

x = x1f1 + x2f2 + :::+ xnfn un vector oarecare din En: Avem

(T �T ) (x) = (T �T ) (x1f1 + x2f2 + :::+ xnfn)

= x1�1f1 + x2�2f2 + :::+ xn�nfn;

deci

kT (x)k2 = x � (T �T )x = x21�1 + x22�2 + :::+ x2n�n

de unde rezult¼a imediat dubla inegalitate (a) din enunt. Aplicând

aceast¼a inegalitate vectorului U (x) obtinem

�1 kU(x)k2 � k(T � U) (x)k2 � �n kU (x)k2 :

Tinând seama c¼a pentru U are loc inegalitatea �1 kxk2 � kU (x)k2 �

�n kxk2 ; pentru orice x 2 En; rezult¼a c¼a

�1�1 kxk2 � k(T � U) (x)k2 � �n�n kxk

2 :


Dac¼a � este o valoare proprie pentru T � U; atunci rezult¼a din inegali-tatea dubl¼a de mai sus c¼a

�1�1 � j�j2 � �n�n:

3. Se consider¼a transformarea liniar¼a U : R3 ! R3, de�nit¼a prin matricea

A =1

7

0BB@�3 �2 6

6 �3 2

2 6 3

1CCA ;într-o baz¼a dat¼a B. S¼a se veri�ce c¼a transformarea U este ortogonal¼a.

Rezolvare: Fie x = (x1; x2; x3) 2 R3 si y = (y1; y2; y3) = U (x). Astfel,8>>>><>>>>:y1 =

1

7(�3x1 + 6x2 + 2x3)

y2 =1

7(�2x1 � 3x2 + 6x3)

y3 =1

7(6x1 + 2x2 + 3x3) :

S¼a ar¼at¼am c¼a kxk = kyk. Avem

kyk2 = y21 + y22 + y

23

= 49�1�9x21 + 36x

22 + 4x

23 � 36x1x2 � 12x1x3 + 24x2x3 + 4x21

+9x22 + 36x23 + 12x1x2 � 24x1x3 � 36x2x3 + 36x21 + 4x22

+9x23 + 24x1x2 + 36x1x3 + 12x2x3�

= x21 + x22 + x

23 = kxk

2 .

Prin urmare, kxk = kyk si deci U este o transformare ortogonal¼a.

4. Fie A o matrice real¼a de tip n� n antisimetric¼a astfel încât A+ In s¼a�e inversabil¼a. S¼a searate c¼a matricea (In � A) (In + A)�1 este ortogo-nal¼a.

Rezolvare: Not¼am M = (In � A) (In + A)�1 : Amintim mai întâi

5.4. TRANSFORM¼ARI LINIARE SIMETRICE. TRANSFORM¼ARI LINIAREORTOGONALE93

conditia de ortogonalitate a unei matrice reale p¼atratice: M �MT = In;

echivalent¼a cu MT =M�1: Avem

MT =�(In � A) (In + A)�1

�T=�(In + A)

�1�T (In � A)T=h(In + A)

Ti�1 �

ITn � AT�=�ITn + A

T��1

(In + A)

= (In � A)�1 (In + A) =M�1:

Am folosit faptul c¼a A este o matrice antisimetric¼a, adic¼a AT = �A:

5. Se consider¼a un spatiu euclidian �nit dimensional E si transform¼arile

liniare T : E ! E si S : E ! E având propriet¼atile:

(i) S este inversabil;

(ii) (Tx � Sy) + (Sx � Ty) = 0; 8x; y 2 E:S¼a se arate c¼a:

(a) pentru orice (�; x) 2 R� E; avem

k(T � �S)xk = k(T + �S)xk

(b) transform¼arile T � �S si T + �S sunt inversabile pentru � 6= 0;(c) transformarea liniar¼a U = (T � �S) � (T + �S)�1 este ortogonal¼a.Rezolvare: (a) Avem

k(T � �S)xk2 = (T � �S)x � (T � �S)x

= kTxk2 � � (Tx � Sx+ Sx � Tx) + �2 kSxk2

= kTxk2 + �2 kSxk2

si la fel ar¼at¼am c¼a

k(T + �S)xk2 = kTxk2 + �2 kSxk2 :

(b) Conditia k(T � �S)xk = 0 implic¼a Sx = 0 (am folosit punctul (a)

si faptul c¼a � 6= 0). Dar S �ind inversabil, rezult¼a x = 0: Aceasta ne


spune c¼a T��S este inversabil. La fel se arat¼a c¼a T+�S este inversabilpentru � 6= 0:(c) Trebuie s¼a ar¼at¼am c¼a Ux � Uy = x � y pentru orice x; y 2 E: Dac¼anot¼am

(T + �S)�1 x = z si (T + �S)�1 y = v;

atunci putem scrie, tinând cont si de conditia (ii) din enunt, c¼a

Ux � Uy = (T � �S) z � (T � �S) v = Tz � Tv + �2Sz � Sv:

Deoarece

x = (T + �S) z si y = (T + �S) v;

obtinem

x � y = (T + �S) z � (T + �S) v = Tz � Tv + �2Sz � Sv;

deci U este o transformare ortogonal¼a.

Capitolul 6

Forme biliniare si forme

p¼atratice

6.1 Forme biliniare

1. Fie A : R2 � R2 ! R de�nit¼a prin

A (x; y) = x1y1 � x1y2 � x2y1 + 2x2y2;

unde x = (x1; x2), y = (y1; y2) 2 R2.a) S¼a se arate c¼a A este o form¼a biliniar¼a. Este A simetric¼a?b) S¼a se g¼aseasc¼a matricea formei A în raport cu baza uzual¼a din R2.Rezolvare: a) Tinând cont de de�nitia lui A, pentru x = (x1; x2),

y = (y1; y2), z = (z1; z2) 2 R2 si �; � 2 R avem

A (�x+ �y; z) = (�x1 + �y1) z1 � (�x1 + �y1) z2 � (�x2 + �y2) z1+2 (�x2 + �y2) z2

= � (x1z1 � x1z2 � x2z1 + 2x2z2)

+� (y1z1 � y1z2 � y2z1 + 2y2z2)

= �A (x; z) + �A (y; z) .

95

96 CAPITOLUL 6. FORME BILINIARE SI FORME P¼ATRATICE

În acelasi mod se arat¼a c¼a A (x; �y + �z) = �A (x; y) + �A (x; z),8x; y; z 2 R2, 8�; � 2 R. De asemenea, se veri�c¼a usor c¼a A (x; y) =A (y; x), 8x; y 2 R2, deci A este o form¼a biliniar¼a simetric¼a.b) Fie A = (aij) ; i; j = 1; 2, matricea formei A în raport cu baza uzual¼afe1 = (1; 0) ;e2 = (0; 1)g a lui R2. Avem a11 = A (e1; e1) = 1, a12 = A (e1; e2) = �1,a21 = A (e2; e1) = �1, a22 = A (e2; e2) = 2, deci am obtinut matricea

A =

1 �1

�1 2

!:


A (x; y) = x1y2 + 2x1y3 � x3y1 + 3x3y3;

unde x = (x1; x2; x3), y = (y1; y2; y3).

a) S¼a se arate c¼a A este o form¼a biliniar¼a. Este A simetric¼a?b) S¼a se g¼aseasc¼a matricea formei A în raport cu baza uzual¼a din R3.c) S¼a se determine matricea formei A în raport cu baza

W =�f 1 = (1; 2;�1) , f 2 = (�1; 1; 0) , f 3 = (1; 1; 1)

din R3:Rezolvare: a) Pentru x = (x1; x2; x3), y = (y1; y2; y3), z = (z1; z2; z3) 2R3 si �; � 2 R avem

A (�x+ �y; z) = (�x1 + �y1) z2 + 2 (�x1 + �y1) z3 � (�x3 + �y3) z1+3 (�x3 + �y3) z3

= � (x1z2 + 2x1z3 � x3z1 + 3x3z3)

+� (y1z2 + 2y1z3 � y3z1 + 3y3z3)

= �A (x; z) + �A (y; z) .

6.1. FORME BILINIARE 97

Analog, A (x; �y + �z) = �A (x; y) + �A (x; z), 8x; y; z 2 R3, 8�; � 2R, deciA este o form¼a biliniar¼a. Se observ¼a usor c¼aA nu este simetric¼a.b) Matricea formei A în baza uzual¼a este

A =

0BB@0 1 2

0 0 0

�1 0 3

1CCA .c) Matricea de trecere de la baza uzual¼a la baza W este

S =

0BB@1 �1 1

2 1 1

�1 0 1

1CCA .Fie B matricea formei biliniare în baza W . Se stie c¼a B = ST � A � S,adic¼a

B =

0BB@1 2 �1

�1 1 0

1 1 1

1CCA0BB@

0 1 2

0 0 0

�1 0 3

1CCA0BB@

1 �1 1

2 1 1

�1 0 1

1CCA

=

0BB@4 0 1

0 �1 �3�4 2 5

1CCA .Astfel, A (x; y)W = 4x01y

01+x

01y03�x02y02�3x02y03�4x03y01+2x03y02+5x03y03.


A (x; y) = x1y1 + 2x1y2 + 3x2y2 � x2y3;

unde x = (x1; x2; x3) si y = (y1; y2; y3).

a) S¼a se arate c¼a A este o form¼a biliniar¼a.b) S¼a se g¼aseasc¼a matricea formei A în raport cu baza uzual¼a a lui R3.c) S¼a se determine matricea formei A în raport cu baza

W =�f 1 = (0; 2;�1) , f 2 = (�1; 1; 1) , f 3 = (1; 0; 1)


din R3:Rezolvare: a) Se veri�c¼a relatiile

A (�x+ �y; z) = �A (x; z) + �A (y; z) si

A (x; �y + �z) = �A (x; y) + �A (x; z) , 8x; y; z 2 R3;8�; � 2 R:

Deci A este o form¼a biliniar¼a.b) Matricea formei A în baza uzual¼a este

A =

0BB@1 2 0

0 3 �10 0 0

1CCA .c) Matricea formei A în baza W este

B = ST � A � S =

0BB@14 4 �23 1 �24 1 1

1CCA ,unde S este matricea de trecere de la baza uzual¼a la baza W . Astfel,

A (x; y)W = 14x01y01 + 4x

01y02 � 2x01y03 + 3x02y01 + x02y02 � 2x02y03 + 4x03y01 +

x03y02 + x

03y03.

4. Se d¼a forma biliniar¼a

A (x; y) = x1y1 � x1y2 + 3x2y1 + 2x2y2 � x3y3

în baza V = fe1; e2; e3g. S¼a se determine:a) matricea lui A în baza V ;b) matricea lui A în baza

W =�f 1 = e1 + e2, f 2 = e2 + e3, f 3 = e1 + e2 + e3

;

6.1. FORME BILINIARE 99

c) A (x0; y0), unde x0 = (1;�1; 0)W si y0 = (2; 0; 1)W .

Rezolvare: a) Matricea în baza uzual¼a este A =

0BB@1 �1 0

3 2 0

0 0 �1

1CCA.b) Deoarece 8>><>>:

f 1 = e1 + e2

f 2 = e2 + e3

f 3 = e1 + e2 + e3

;

rezult¼a c¼a matricea de trecere de la baza uzual¼a la baza W este

S =

0BB@1 0 1

1 1 1

0 1 1

1CCA :Atunci matricea formei A în baza W este

B = ST � A � S =

0BB@5 1 5

5 1 4

5 0 4

1CCA ;adic¼a A (x; y)W = 5x01y

01+x

01y02+5x

01y03+5x

02y01+x

02y02+4x

02y03+5x

03y01+

4x03y03.

c) S¼a determin¼am mai întâi componentele vectorilor x0 si y0 în baza

uzual¼a. Fie X matricea coloan¼a a coordonatelor lui x0 în baza uzual¼a

si X 0 =

0BB@1

�10

1CCA matricea coloan¼a a coordonatelor lui x0 în baza W .

Legea de schimbare a componenetelor unui vector este X = S �X 0, deci

X =

0BB@1

0

�1

1CCA. Similar, pentru y0 obtinem Y = S �Y 0, unde Y 0 =0BB@2

0

1

1CCA,


adic¼a Y =

0BB@3

3

1

1CCA. Deci x0 = (1; 0;�1) si y0 = (3; 3; 1).Pentru a determina componentele celor doi vectori putem proceda si

astfel: x0 = f 1�f 2 = e1+e2�(e2 + e3) = e1�e3, adic¼a x0 = (1; 0;�1).În acelasi mod, y0 = 2f 1+f 3 = 2 (e1 + e2)+e1+e2+e3 = 3e1+3e2+e3,

adic¼a y0 = (3; 3; 1). Folosind acum de�nitia lui A, obtinemA (x0; y0) =1:

5. S¼a se arate c¼a aplicatia A : P3 � P3 ! R, de�nit¼a prin A (p; q) =R 1�1 p (x) q (x) dx, este o form¼a biliniar¼a simetric¼a si s¼a se scrie matricea

lui A în baza uzual¼a din P3, adic¼a f1; x; x2g.Rezolvare: Se veri�c¼a usor c¼a A este o form¼a biliniar¼a simetric¼a.

Matricea lui A în baza uzual¼a este

A =

0BB@2 0 2

3

0 230

230 2

5

1CCA .

6.2 Forme p¼atratice

1. Fie forma p¼atratic¼a P : R3 ! R, de�nit¼a prin

P (x) = x21 + 2x22 + x

23 � 2x1x2 + 6x1x3:

a) S¼a se a�e forma biliniar¼a simetric¼a din care provine P ;

b) S¼a se determine matricea lui P în baza uzual¼a. Este P nedegenerat¼a?

Rezolvare:

a) Forma biliniar¼a simetric¼a din care provine P , A : R3 � R3 ! R, seobtine prin dedublare

A (x; y) = x1y1 + 2x2y2 + x3y3 � 2 �1

2(x1y2 + x2y1) + 6 �

1

2(x1y3 + x3y1)

= x1y1 � x1y2 + 3x1y3 � x2y1 + 2x2y2 + 3x3y1 + x3y3.

6.2. FORME P¼ATRATICE 101

Sau, se poate folosi formula

A (x; y) = 1

2(P (x+ y)� P (x)� P (y))

si se obtine aceeasi expresie pentru A ca anterior.b) Matricea formei p¼atratice P este

A =

0BB@1 �1 3

�1 2 0

3 0 1

1CCA .Se obtine detA = �17 6= 0, de unde rangP = 3 = dimR3, deci P estenedegenerat¼a.

2. S¼a se determine formele biliniare simetrice din care provin formele p¼a-

tratice P : R3 ! R de�nite prin:a) P (x) = x21 + 2x

22 + 4x1x2 � 6x2x3;

b) P (x) = x21 + 3x22 � x23 + 2x1x3 � 5x2x3;

c) P (x) = x1x2 + 6x1x3 + 2x2x3.

Rezolvare: a) A (x; y) = x1y1+2x1y2+2x2y1+2x2y2�3x2y3�3x3y2.b) A (x; y) = x1y1 + x1y3 + 3x2y2 �

5

2x2y3 + x3y1 �

5

2x3y2 � x3y3.

c) A (x; y) = 1

2x1y2 + 3x1y3 +

1

2x2y1 + x2y3 + 3x3y1 + x3y2.

3. S¼a se precizeze dac¼a exist¼a o form¼a p¼atratic¼a P : R3 ! R, c¼areia s¼a-icorespund¼a în baza uzual¼a matricea:

a)A1 =

0BB@1 3 �23 5 0

�2 0 �1

1CCA, b)A2 =0BB@

1 �2 5

�2 1 2

�1 2 3

1CCA, c)A3 =0BB@1 1

20

12

3 �10 �1 0

1CCA.În caz a�rmativ s¼a se precizeze forma p¼atratic¼a.

Rezolvare: a) P1 (x) = x21 + 5x22 � x23 + 6x1x2 � 4x1x3.

b) Matricea A2 nu e simetric¼a, deci nu exist¼a P .

c) P3 (x) = x21 + 3x22 + x1x2 � 2x2x3.


4. Fie forma p¼atratic¼a

P (x) = x21 +5

4x22 + 2x

23 + 2x1x3 � x2x3;

unde x = (x1; x2; x3). S¼a se aduc¼a la forma canonic¼a prin metoda lui

Gauss, s¼a se determine baza canonic¼a si matricea în baza canonic¼a. S¼a

se determine rangul si natura lui P .

Rezolvare:

P (x) =�x21 + 2x1x3 + x

23

�� x23 +

5

4x22 + 2x

23 � x2x3

= (x1 + x3)2 +

�x23 � x2x3 +

1

4x22

�� 14x22 +

5

4x22

= (x1 + x3)2 +

�x3 �

1

2x2

�2+ x22.

Cu schimbarea de coordonate8>><>>:y1 = x1 + x3

y2 = x3 � 12x2

y3 = x2

;

avem P (x) = y21+y22+y

23, unde (y1; y2; y3)W = x,W �ind baza canonic¼a.

Matricea în baza canonic¼a este

B =

0BB@1 0 0

0 1 0

0 0 1

1CCA .S¼a determin¼am în continuare baza W . Folosind legea schimb¼arii com-

ponentelor unui vector la o schimbare de baze, Y = S�1 � X, unde

Y =

0BB@y1

y2

y3

1CCA si X =

0BB@x1

x2

x3

1CCA ; obtinem

S�1 =

0BB@1 0 1

0 �121

0 1 0

1CCA :


Deci matricea trecerii de la baza uzual¼a la baza canonic¼a este

S =

0BB@1 �1 �1

2

0 0 1

0 1 12

1CCA :Coloanele acestei matrice reprezint¼a componentele vectorilor bazei W ,

adic¼a

W =

�f 1 = (1; 0; 0) ; f 2 = (�1; 0; 1) ; f 3 =

��12; 1;1

2

��:

Se g¼aseste usor rangP =rangB = 3, iar P este pozitiv de�nit¼a.

5. Se d¼a forma p¼atratic¼a

P (x) = 2x1x2 � 6x1x3 � 6x2x3;

unde x = (x1; x2; x3). S¼a se determine matricea în baza uzual¼a, expre-

sia canonic¼a prin metoda lui Gauss, baza canonic¼a, matricea în baza

canonic¼a, rangul si natura lui P .

Rezolvare: Matricea în baza uzual¼a este

A =

0BB@0 1 �31 0 �3

�3 �3 0

1CCA .Se observ¼a c¼a nu avem p¼atrate (coe�cientii lui x2i , i = 1; 2; 3 sunt nuli),

deci vom folosi schimbarea de coordonate8>><>>:x1 = y1 � y2x2 = y1 + y2

x3 = y3

:


Obtinem succesiv

P (x) = 2y21 � 2y22 � 6y1y3 + 6y2y3 � 6y1y3 � 6y2y3=

�2y21 � 12y1y3

�� 2y22

= 2�y21 � 6y1y3 + 9y23

�� 18y23 � 2y22

= 2 (y1 � 3y3)2 � 2y22 � 18y23.

Cu schimbarea de coordonate8>><>>:z1 = y1 � 3y3z2 = y2

z3 = y3

,

se obtine forma canonic¼a a formei p¼atratice P (x) = 2z21 � 2z22 � 18z23 ,unde (z1; z2; z3)W = x, W �ind baza canonic¼a. Pentru a determina

aceast¼a baz¼a avem nevoie de schimbarea de coordonate8>><>>:x1 = z1 � z2 + 3z3x2 = z1 + z2 + 3z3

x3 = z3

care ne d¼a matricea de trecere de la baza uzual¼a la baza canonic¼a W ,

S =

0BB@1 �1 3

1 1 3

0 0 1

1CCA ,deci W =

�f 1 = (1; 1; 0) ; f 2 = (�1; 1; 0) ; f 3 = (3; 3; 1)

. Matricea în

baza canonic¼a este

B =

0BB@2 0 0

0 �2 0

0 0 �18

1CCA ,rangul lui P este 3 si P este nede�nit¼a.


6. S¼a se aduc¼a la forma canonic¼a urm¼atoarele forme p¼atratice, precizân-

du-se matricea în baza canonic¼a, rangul si natura lui P :

a) P (x) = �x21 � 3x22 � 5x23 � 2x1x2 + 4x1x3 + 4x2x3;b) P (x) = 4x21 + 16x1x2 + 16x

22 + 3x2x3;

c) P (x) = x21 � 5x23 � 2x1x2 � 4x1x3 � 2x2x3.Rezolvare: a) Avem

P (x) = ��x21 + 2x1x2 � 4x1x3 + (x2 � 2x3)

2�+ �x22 � 4x2x3 + 4x23��3x22 � 5x23 + 4x2x3

= � (x1 + x2 � 2x3)2 � 2x22 � x23

si se obtine forma p¼atratic¼a P (x) = �y21 � 2y22 � y23, unde y1 = x1 +x2 � 2x3, y2 = x2 si y3 = x3. Matricea în baza canonic¼a este

B =

0BB@�1 0 0

0 �2 0

0 0 �1

1CCA ;rangP = 3, P este negativ de�nit¼a.

b) Avem

P (x) = 4(x21 + 4x1x2 + 4x22)� 16x22 + 16x22 + 3x2x3

= 4 (x1 + 2x2)2 + 3x2x3

si obtinem P (x) = 4y21 + 3y2y3, unde y1 = x1 + 2x2, y2 = x2, y3 = x3.

În continuare facem schimbarea de coordonate:8>><>>:y1 = z1

y2 � y3 = z2y2 + y3 = z3

si obtinem P (x) = 4z21 + 3z22 � 3z23 , matricea în baza canonic¼a este

B =

0BB@4 0 0

0 3 0

0 0 �3

1CCA, rangul lui P este 3 si P este nede�nit¼a.


c) Avem

P (x) =�x21 � 2x1 (x2 + 2x3) + (x2 + 2x3)

2�� x22 � 4x2x3 � 4x23�5x23 � 2x2x3

= (x1 � x2 � 2x3)2 � x22 � 6x2x3 � 9x23= (x1 � x2 � 2x3)2 � (x2 + 3x3)2 ,

deci am g¼asit forma canonic¼a P (x) = y21 � y22, unde y1 = x1�x2� 2x3,

y2 = x2+3x3. Deci matricea în baza canonic¼a esteB =

0BB@1 0 0

0 �1 0

0 0 0

1CCA,rangul lui P este 2 si natura nede�nit¼a.

7. Pentru forma p¼atratic¼a

P (x) = 2x1x2 + x22 � x1x3 +

3

4x23;

unde x = (x1; x2; x3), se cer: matricea în baza uzual¼a, expresia canon-

ic¼a, rangul, natura, matricea în baza canonic¼a, forma biliniar¼a simetric¼a

din care provine si P (x0), unde x0 = (1; 1; 0).

Rezolvare: Matricea în baza uzual¼a este

A =

0BB@0 1 �1

2

1 1 0

�120 3

4

1CCA .Aplic¼am metoda lui Gauss de aducere la forma canonic¼a si avem

P (x) =�x22 + 2x1x2 + x

21

�� x21 � x1x3 +

3

4x23

= (x1 + x2)2 �

�x21 + x1x3 +

1

4x23

�+1

4x23 +

3

4x23

= (x1 + x2)2 �

�x1 +

1

2x3

�2+ x23.


Facem schimbarea de coordonate8>><>>:y1 = x1 + x2

y2 = x1 +12x3

y3 = x3

si obtinem P (x) = y21 � y22 + y23: Matricea în baza canonic¼a va �

B =

0BB@1 0 0

0 �1 0

0 0 1

1CCA ,rangP = 3, P este o form¼a p¼atratic¼a nede�nit¼a, iar P (x0) = 3.

8. Pentru forma p¼atratic¼a

P (x) = 2x21 + 3x22 +

5

4x23 + 4x1x2 � x2x3;

unde x = (x1; x2; x3) 2 R3, se cer: matricea în baza uzual¼a, expresiacanonic¼a, rangul, natura, matricea în baza canonic¼a si forma biliniar¼a

simetric¼a din care provine.

Rezolvare: Matricea formei P în baza uzual¼a este

A =

0BB@2 2 0

2 3 �12

0 �12

54

1CCA .Aplic¼am metoda lui Gauss si obtinem

P (x) = 2 (x1 + x2)2 + x22 � x2x3 +

5

4x23

= 2 (x1 + x2)2 +

�x2 �

1

2x3

�2+ x23:

Deci, expresia canonic¼a este

P (x) = 2y21 + y22 + y

23,


rangul este 3, P este pozitiv de�nit¼a, matricea lui P în baza canonic¼a

este

B =

0BB@2 0 0

0 1 0

0 0 1

1CCA ;iar forma biliniar¼a simetric¼a din care provine P este

A (x; y) = 2x1y1 + 3x2y2 +5

4x3y3 + 2x1y2 + 2x2y1 �

1

2x2y3 �

1

2x3y2.


P (x) = x21 + x23 + 4x1x2 � 4x1x3;

unde x = (x1; x2; x3) 2 R3. S¼a se aduc¼a la forma canonic¼a folosindmetoda lui Jacobi si apoi s¼a se determine baza în care se obtine forma

canonic¼a. S¼a se precizeze rangul si natura lui P .

Rezolvare: Matricea asociat¼a lui P în baza uzual¼a a lui R3 este

A =

0BB@1 2 �22 0 0

�2 0 1

1CCA :Calcul¼am determinantii

�1 = 1, �2 =

��1 2

2 0

�� = �4, �3 =

��1 2 �22 0 0

�2 0 1

�� = �4, toti nenuli.Deci exist¼a o baz¼aW =

�f 1; f 2; f 3

a luiR3 astfel încât forma p¼atratic¼a

P are urm¼atoarea form¼a canonic¼a în raport cu baza W

P (x) =�0

�1

y21 +�1

�2

y22 +�2

�3

y23

= y21 �1

4y22 + y

23.


Pentru a determina baza W , vom scrie vectorii ei sub forma8>><>>:f 1 = c11e1

f 2 = c21e1 + c22e2

f 3 = c31e1 + c32e2 + c33e3 ;

iar coe�cientii cij îi vom g¼asi din conditia

A�f i; ej

�=

(0, dac¼a i 6= j1, dac¼a i = j .

Astfel avem

A�f 1; e1

�= 1, A (c11e1; e1) = 1, c11A (e1; e1) = 1, c11 = 1.

(A�f2; e1

�= 0

A�f 2; e2

�= 1

,(c21A (e1; e1) + c22A (e2; e1) = 0c21A (e1; e2) + c22A (e2; e2) = 1

,(c21 + 2c22 = 0

2c21 = 1,

8><>:c21 =

1

2

c22 = �1

4

.

8>><>>:A�f 3; e1

�= 0

A�f 3; e2

�= 0

A�f 3; e3

�= 0

,

8>><>>:c31A (e1; e1) + c32A (e2; e1) + c33A (e3; e1) = 0c31A (e1; e2) + c32A (e2; e2) + c33A (e3; e2) = 0c31A (e1; e3) + c32A (e2; e3) + c33A (e3; e3) = 1

,

8>><>>:c31 + 2c32 � 2c33 = 02c31 = 0

�2c31 + c33 = 1,

8>><>>:c31 = 0

c32 = 1

c33 = 1

.

Astfel c¼a noua baz¼a în care P are forma canonic¼a anterior g¼asit¼a este8>>><>>>:f 1 = e1 = (1; 0; 0)

f 2 =1

2e1 �

1

4e2 =

�1

2;�14; 0

�f 3 = e2 + e3 = (0; 1; 1).



P (x) = 2x22 + x23 � 4x1x3 � 4x2x3;

unde x = (x1; x2; x3) 2 R3. S¼a se aduc¼a P la forma canonic¼a folosind

metoda transform¼arilor ortogonale (sau metoda valorilor proprii).

Rezolvare: Matricea asociat¼a lui P în baza uzual¼a a lui R3 este

A =

0BB@0 0 �20 2 �2

�2 �2 1

1CCA :Atunci, ecuatia caracteristic¼a este det (A� �E) = 0, adic¼a

(�� 1) (�+ 2) (�� 4) = 0

si se obtin valorile proprii �1 = 1, �2 = �2 si �3 = 4. Deoarece valorileproprii sunt distincte, rezult¼a c¼a vectorii proprii corespunz¼atori sunt

ortogonali. Pentru �1 = 1, din sistemul8>><>>:�x1 � 2x3 = 0x2 � 2x3 = 0�2x1 � 2x2 = 0

determin¼am un vector propriu normat, adic¼a f 1 =��23;2

3;1

3

�. Pentru

�2 = �2, din sistemul8>><>>:2x1 � 2x3 = 04x2 � 2x3 = 0�2x1 � 2x2 + 3x3 = 0

obtinem f 2 =

�2

3;1

3;2

3

�. Iar pentru valoarea proprie �3 = 4, din

sistemul 8>><>>:�4x1 � 2x3 = 0�2x2 � 2x3 = 0�2x1 � 2x2 � 3x3 = 0


g¼asim f 3 =

��13;�23;2

3

�. Astfel am obtinut baza ortonormat¼a W =�

f 1; f 2; f 3si cu legea de transformare a coordonatelor (ortogonal¼a)8>>>><>>>>:

x1 = �2

3y1 +

2

3y2 �

1

3y3

x2 =2

3y1 +

1

3y2 �

2

3y3

x3 =1

3y1 +

2

3y2 +

2

3y3

;

forma p¼atratic¼a P este redus¼a la urm¼atoarea form¼a canonic¼a

P (x) = y21 � 2y22 + 4y23.

11. Fie forma p¼atratic¼a P : R3 ! R, de�nit¼a prin

P (x) = x21 + x22 + x

23 + x1x2 + x1x3 + x2x3;

unde x = (x1; x2; x3) 2 R3. S¼a se aduc¼a la forma canonic¼a prin metodatransform¼arilor ortogonale.

Rezolvare: Matricea formei p¼atratice este

A =

0BB@1 1

212

121 1

212

121

1CCA .Ecuatia caracteristic¼a det (A� �E) = 0 admite r¼ad¼acinile �1 = 2,

�2 = �3 =12. Pentru �1 = 2, din sistemul8>>>><>>>>:

�x1 +1

2x2 +

1

2x3 = 0

1

2x1 � x2 +

1

2x3 = 0

1

2x1 +

1

2x2 � x3 = 0


obtinem vectorul propriu normat u1 =�1p3;1p3;1p3

�. Pentru �1 =

�2 =1

2se obtine sistemul8>>>><>>>>:

1

2x1 +

1

2x2 +

1

2x3 = 0

1

2x1 +

1

2x2 +

1

2x3 = 0

1

2x1 +

1

2x2 +

1

2x3 = 0

:

Sistemul fundamental de solutii pentru acest sistem de ecuatii este for-

mat din v1 = (�1; 1; 0) si v2 = (�1; 0; 1), solutia general¼a a sistemului�ind v = �v1 + �v2. Deoarece vectorii v1 si v2 nu sunt ortogonali, se

procedeaz¼a astfel: se ia u2 =v2kv2k

si se caut¼a u3 = v, normat si ortog-

onal lui u2. Deoarece v = (�� ; �; �) si u2 =�� 1p

2;1p2; 0

�, din

conditia de ortogonalitate a acestora obtinem � = �2�, astfel c¼a v =(�; �;�2�). Normând acest vector, obtinem u3 =

�1p6;1p6;� 2p

6

�.

Astfel, vectorii u1, u2, u3 formeaz¼a o baz¼a ortonormat¼a si cu transfor-

marea ortogonal¼a 8>>>>><>>>>>:x1 =

1p3y1 �

1p2y2 +

1p6y3

x2 =1p3y1 +

1p2y2 +

1p6y3

x3 =1p3y1 �

2p6y3

forma p¼atratic¼a este redus¼a la forma canonic¼a

P (x) = 2y21 +1

2y22 +

1

2y23.


P (x) = x21 + 3x22 + 4x2x3;


unde x = (x1; x2; x3) 2 R3. S¼a se aduc¼a la forma canonic¼a prin metodelecunoscute.

Rezolvare:

Metoda lui Gauss

P (x) = x21 + 3

�x22 +

4

3x2x3 +

4

9x23

�� 3 � 4

9x23

= x21 + 3

�x2 +

2

3x3

�2� 43x23,

deci am obtinut forma canonic¼a

P (x) = y21 + 3y22 �

4

3y23.

Metoda lui Jacobi

Avem �1 = 1, �2 = 3, �3 = �4, deci forma canonic¼a este

P (x) = y21 +1

3y22 �

3

4y23.

Metoda transform¼arilor ortogonale

Pentru matricea formei p¼atratice P ,

A =

0BB@1 0 0

0 3 2

0 2 0

1CCA ;valorile proprii sunt �1 = 1, �2 = �1 si �3 = 4, distincte. Vectorii

proprii corespunz¼atori v1 = (1; 0; 0), v2 = (0; 1;�2), respectiv v3 =(0; 2; 1) sunt ortogonali si normându-i obtinem baza ortonormat¼a

W =

�f 1 = (1; 0; 0) , f 2 =

1p5(0; 1;�2) , f 3 =

1p5(0; 2; 1)

�.

În raport cu aceast¼a baz¼a forma p¼atratic¼a P are urm¼atoarea expresie

canonic¼a

P (x) = y21 � y22 + 4y23.


13. S¼a se arate c¼a forma p¼atratic¼a asociat¼a matricei ATA; în care A este

real¼a nesingular¼a de tipul n� n; este pozitiv de�nit¼a.Rezolvare: Not¼am cu B matricea real¼a simetric¼a ATA: Trebuie s¼a

ar¼at¼am c¼anXi=1

nXj=1

bijxixj > 0 dac¼a 9xi 6= 0:

Consider¼am transform¼arile liniare notateB; AT ; A care în baza canonoc¼a

din Rn au matricele egale respectiv cu B; AT ; A: Trebuie s¼a ar¼at¼am c¼aBx � x > 0 pentru orice x 2 Rn; x 6= 0: Folosind identitatea

Ax � y = x � ATy; 8x; y 2 Rn;

putem scrie

Bx � x = ATAx � x = Ax � Ax

si având în vedere c¼a x 6= 0 implic¼a Ax 6= 0 (matricea A �ind nesingu-lar¼a), a�rmatia e dovedit¼a.

14. Fie P (x) =Pn

i=1

Pnj=1 aijxixj (aij = aji) o form¼a p¼atratic¼a în Rn

având matricea A = (aij)i;j=1;n : Dac¼a �1 � �2 � ::: � �n sunt valorileproprii ale lui A; s¼a se arate c¼a pentru orice x 2 Rn avem

�1�x21 + x

22 + :::+ x

2n

�� P (x) � �n

�x21 + x

22 + :::+ x

2n

�:

Rezolvare: Not¼am cu T transformarea liniar¼a care în baza canonic¼a

din Rn are matricea A; putem scrie P (x) = Tx �x, 8x 2 Rn: Dac¼a ff1;f2; :::; fng este baza ortonormat¼a format¼a din vectorii proprii ai matriceisimetrice A si not¼am x = �1f1 + �2f2 + :::+ �nfn; atunci rezult¼a

�1��21 + �

22 + :::+ �

2n

�� P (x) � �n

��21 + �

22 + :::+ �

2n

�:

Având în vedere c¼a

�21 + �22 + :::+ �

2n = x

21 + x

22 + :::+ x

2n = kxk

2

obtinem major¼arile cerute.


15. Se consider¼a forma p¼atratic¼a P : Rn ! R de�nit¼a prin

P (x) =

nXi=1

nXj=1

aijxixj; 8x = (x1; x2; :::; xn) 2 Rn;

în care aij =R bafi (t) fj (t) dt; i; j = 1; n; cu fi functii continue si liniar

independente pe [a; b] : S¼a se arate c¼a P este pozitiv de�nit¼a.

Rezolvare: Fie B0 o baz¼a în care P are expresia canonic¼a P (x) =Pnl=1 �ll (yl)

2 : Dac¼a trecerea de la baza B la baza B0 se face prin Y =XC; deoarece B = StAS; avem

�ll =nXi=1

nXj=1

silaijsjl =nXi=1

nXj=1

sil

�Z b

a

fi (t) fj (t) dt

�sjl

=

Z b

a

nXi=1

silfi (t)

! nXj=1

sjlfj (t)

!dt

sau, dac¼a not¼am gl (t) =Pn

i=1 silfi (t) ; obtinem

�ll ==

Z b

a

(gl (t))2 dt > 0;

deoarece gl sunt continue si liniar independente, deci neidentic nule pe

[a; b] :


Capitolul 7

Calcul vectorial

1. S¼a se arate c¼a trei vectori a, b si c pot forma un triunghi dac¼a si numai

dac¼a a+ b+ c = 0.

Rezolvare: Presupunem c¼a vectorii dati închid un triunghi, adic¼a

avem a =��!BC, b =

�!CA, c =

�!AB. Din de�nitia adun¼arii vectorilor

�!AB +

��!BC =

�!AC, adic¼a c + a = �b sau a + b + c = 0. Reciproc, prin

reducere la absurd, presupunem c¼a avem satisf¼acut¼a relatia a+b+c = 0

dar vectorii nu închid un triunghi, adic¼a c =�!AB, a =

��!BC, b =

��!CD, cu

D 6= A: În acest caz �!AB +��!BC +��!CD =��!AD sau a + b + c =

��!AD 6= 0,

ceea ce este fals, deci vectorii închid un triunghi.

2. Se consider¼a un paralelogram cu vârfurile A, B, C, D si de centru O.

S¼a se a�e vectorii�!AB,

��!BC,

��!CD,

��!DA în functie de vectorii a =

�!OA,

b =��!OB, c =

�!OC si d =

��!OD:

Rezolvare: Din de�nitia sumei a doi vectori avem�!OA +

�!AB =

��!OB,

adic¼a�!AB =

��!OB ��!OA = b� a. În mod analog se determin¼a si ceilalti

vectori.

3. Fie triunghiul ABC. S¼a notam cu a, b, c vectorii��!BC,

�!CA si respectiv

�!AB. S¼a se exprime cu ajutorul lor vectorii ce coincid cu medianele

117

118 CAPITOLUL 7. CALCUL VECTORIAL

triunghiului si s¼a se arate c¼a acestia pot forma un triunghi.

Rezolvare: Fie��!AA0,

��!BB0,

��!CC 0 cele trei mediane ale triunghiului.

Avem:��!AA0 =

�!AB +

��!BA0 = c+

1

2a

��!BB0 =

��!BC +

��!CB0 = a+

1

2b

��!CC 0 =

�!CA+

��!AC 0 = b+

1

2c:

Deoarece��!AA0 +

��!BB0 +

��!CC 0 =

�a+ b+ c

�+1

2

�a+ b+ c

�= 0 rezult¼a

c¼a vectorii mediane închid un triunghi.

4. Fie triunghiul ABC; G centrul s¼au de greutate siM un punct oarecare.

S¼a se demonstreze c¼a:

a)�!GA+

��!GB +

�!GC = 0;

b)��!MA+

��!MB +

��!MC = 3

��!MG.

Rezolvare: a) G este punctul de intersectie al medianelor triunghiu-

lui ABC. Atunci avem�!GA =

2

3

��!A0A,

��!GB =

2

3

��!B0B,

�!GC =

2

3

��!C 0C, deci

�!GA+

��!GB +

�!GC =

2

3

��!A0A+

��!B0B +

��!C 0C

�= 0.

b)��!MA =

��!MG+

�!GA,

��!MB =

��!MG+

��!GB,

��!MC =

��!MG+

�!GC si adunân-

du-le, folosind punctul a), obtinem��!MA+

��!MB +

��!MC = 3

��!MG:

5. Fie o piramid¼a cu vârful S si baza un paralelogram ABCD; ale c¼arui

diagonale se intersecteaz¼a în O: S¼a se demonstreze c¼a:

�!SA+

�!SB +

�!SC +

�!SD = 4

�!SO:

Rezolvare: Avem:�!SA =

�!SO+

�!OA,

�!SB =

�!SO+

��!OB,

�!SC =

�!SO+

�!OC,

�!SD =

�!SO +

��!OD: Cum

�!OA +

�!OC = 0 si

��!OB +

��!OD = 0; adunând cele

patru relatii de mai sus obtinem egalitatea dorit¼a.

6. Se consider¼a vectorii a = i+2j� 3k, b = �2i+8j� k, c = 3i+ j� 2k,d = 2i+ k. S¼a se determine v1 = a+ b� 2c si v2 = 2a+ b� 4d.

119

Rezolvare: v1 = (1� 2� 6) i+(2 + 8� 2) j+(�3� 1 + 4) k = �7i+8j, v2 = (2� 2� 8) i+ (4 + 8) j + (�6� 1� 4) k = �8i+ 12j � 11k:

7. Se dau vectorii a = i+ (�+ 2�) j + 2k si b = (��+ �) i� j � k. S¼a sedetermine scalarii reali � si � astfel încât vectorii a si b s¼a �e coliniari.

Rezolvare: Vectorii a si b sunt coliniari dac¼a au componentele pro-

portionale, adic¼a1

��+ � =�+ 2�

�1 =2

�1 ; de unde obtinem sistemul(2�� 2� = 1�+ 2� = 2

, cu solutia � = 1 si � =1

2:

8. Fie vectorii a = �i � 3j + 2k si b = i + 2j � �k. S¼a se determine� 2 R astfel încât vectorii a si b s¼a �e ortogonali. Pentru � = 1 s¼a sedetermine unghiul dintre cei doi vectori.

Rezolvare: Conditia de ortogonalitate a � b = 0 cere ca ��6�2� = 0,

de unde rezult¼a � = �6. Pentru � = 1; cos' = a � bkak

b = �p7p12:

9. S¼a se calculeze scalarul S = a � b+ b � c+ c � a, stiind c¼a vectorii a, b, csunt vectori unitari si satisfac conditia a+ b+ c = 0.

Rezolvare: Înmultind scalar relatia a + b + c = 0 pe rând cu a, b si

c obtinem kak2 + b � a + c � a = 0, a � b + b 2 + c � b = 0 si respectiv

a � c+ b � c+ kck2 = 0. Adunând cele trei relatii si tinând cont de faptulc¼a vectorii sunt unitari obtinem 3 + 2S = 0, adic¼a S = �3

2.

10. Pentru ce valori ale lui � 2 R vectorii v1 = �a+ 3b si v2 = a� 2b suntcoliniari, a si b �ind necoliniari?

Rezolvare: � = �3=2.

11. Fie vectorii v1 = 2i+ j � 2k si v2 = i� k. S¼a se calculeze:a) produsul lor vectorial;

b) s¼a se veri�ce c¼a vectorul v1 � v2 este perpendicular pe v1 si v2;c) aria paralelogramului construit pe v1 si v2;


d) unghiul dintre cei doi vectori.

Rezolvare: a) v1 � v2 =

��i j k

2 1 �21 0 �1

�� = �i� k:b) Se veri�c¼a (v1 � v2) � v1 = �2 + 2 = 0 si (v1 � v2) � v2 = 0:c) A = kv1 � v2k =

p2:

d) Notând ' = ^ (v1; v2), avem cos' =v1 � v2kv1k kv2k

=4

3p2:

12. S¼a se determine vectorul u paralel cu vectorul a = 2i � 3j + k, stiindc¼a face un unghi de

�

3cu vectorul k.

Rezolvare: Din conditia de paralelism obtinem u = ��2i� 3j + k

�.

Stim c¼a ^�u; k�=�

3, adic¼a cos

�u; k�= � =

1

2, deci u = i� 3

2j +

1

2k.

13. S¼a se determine vectorul u perpendicular pe vectorii a = i � j + 2k sib = 2i+ j � k, stiind c¼a kuk =

p35 si face un unghi ascutit cu i.

Rezolvare: Fie vectorul u = xi + yj + zk. Deoarece u?a si u?bobtinem u�a = 0 si u�b = 0, adic¼a x�y+2z = 0, respectiv 2x+y�z = 0.De asemenea, din kuk =

p35 obtinem x2 + y2 + z2 = 35. Rezolvând

sistemul format din cele trei ecuatii si tinând cont de faptul c¼a ^�u; i�

ascutit, adic¼a cos�u; i�> 0, deci u � i = x > 0, obtinem urm¼atoarea

solutie x = 1, y = �5, z = �3. Deci u = i� 5j � 3k.

14. S¼a se determine vectorul u care este ortogonal cu vectorii a = 3i�j+2ksi b = i � j � 4k, stiind c¼a are norma egal¼a cu 3 si face cu vectorul kun unghi obtuz.

Rezolvare: u =3p59

�3i+ 7j � k

�.

15. S¼a se determine lungimea vectorului v = v1�v2+v3, stiind c¼a kv1k = 1,kv2k = 2, kv3k =

p2, unghiul dintre v1 si v2 este �=6, unghiul dintre

v1 si v3 este �=4, unghiul dintre v2 si v3 este �=3.

121

Rezolvare: Deoarece kvk2 = kv1k2 + kv2k2 + kv3k2 � 2v1 � v2 + 2v1 �v3 � 2v2 � v3 si v1 � v2 = kv1k kv2k cos

�

6=p3, v1 � v3 = 1, v2 � v3 =

p2,

deducem c¼a kvk =p9� 2

p3� 2

p2.

16. Se dau vectorii v1 si v2 cu m¼arimile1

3, respectiv 2, iar unghiul dintre

ei este�

6. S¼a se calculeze aria paralelogramului construit pe cei doi

vectori.

Rezolvare: A = kv1 � v2k =1

3� 2 � sin �

6=1

3.

17. Fiind date punctele A (2; 3;�1), B (2; 1; 3), C (3; 1; 1) s¼a se determine:a) vectorii de pozitie

�!OA,

��!OB si

�!OC;

b) aria triunghiului ABC;

c) mijlocul segmentului AB si centrul de greutate al triunghiului.

Rezolvare: a)�!OA = rA � rO = 2i + 3j � k, ��!OB = 2i + j + 3k,

�!OC = 3i+ j + k.

b) A = 1

2

�!AB ��!AC , �!AB = rB � rA = �2j + 4k, �!AC = rC � rA =i� 2j + 2k, �!AB ��!AC = 4i+ 4j + 2k, deci A = 1

2

p42 + 42 + 22 = 3.

c) FieC (xC ; yC ; zC)mijlocul segmentuluiAB. Atunci xC =1

2(xA + xB) =

2, yC =1

2(yA + yB) = 2 si zC =

1

2(zA + zB) = 1, deci C (2; 2; 1).

Not¼am cu G (xG; yG; zG) centrul de greutate al triunghiului ABC, unde

xG =1

3(xA + xB + xC) =

7

3, yG =

5

3si zG = 1, deci G

�7

3;5

3; 1

�.

18. S¼a se determine aria triunghiului ABC, cunoscând vectorii de pozitie

ai vârfurilor�!OA = 2i+ 3j � k, ��!OB = i� 2j + 2k si �!OC = 3i+ j + k.

Rezolvare: A = 3

2

p10.

19. S¼a se cerceteze coplanaritatea vectorilor:

a) v1 = i+ 2j + 3k, v2 = 2i+ 3j + 4k si v3 = 3i+ 4j + 5k;


b) v1 = i+ 2j � k, v2 = 9i� 11j + 13k si v3 = 2i+ 4j � 2k;

c) v1 = i+ j + k, v2 = i+ k si v3 = j + k.

Rezolvare: a) (v1; v2; v3) =

��1 2 3

2 3 4

3 4 5

�� = 0, deci v1, v2 si v3 sunt copla-nari.

b) (v1; v2; v3) = 0, deci v1, v2 si v3 sunt coplanari.

c) (v1; v2; v3) 6= 0, deci v1, v2 si v3 nu sunt coplanari.

20. S¼a se determine � 2 R astfel încât vectorii v1 = 3i + (4� �) j � 2k,v2 = �i + �j + 2k si v3 = j + 2k s¼a �e coplanari. Pentru � astfel

determinat, s¼a se descompun¼a vectorul v1 dup¼a directiile vectorilor v2si v3:

Rezolvare: Vectorii v1, v2, v3 sunt coplanari dac¼a produsul lor mixt

(v1; v2; v3) = 0. Cum (v1; v2; v3) =

��3 4� � �2

�1 � 2

0 1 2

�� = 4� + 4,

obtinem � = �1. Scriem acum v1 = �v2 + �v3, relatie echivalent¼a cu

sistemul 8>><>>:�� = 3��+ � = 52�+ 2� = �2

:

Solutia acestui sistem este � = �3, � = 2, astfel c¼a v1 = �3v2 + 2v3.

21. Se dau punctele A (2; 3; 1), B (4; 1;�2), C (6; 3; 7) si D (�5;�4; 8). S¼ase determine:

a) volumul tetraedrului ABCD si lungimea în¼altimii coborât¼a din D

pe planul ABC;

b) unghiul dintre muchiile tetraedrului.

Rezolvare: a) V = 1

6

��!AB;�!AC;��!AD��, �!AB = 2i � 2j � 3k, �!AC =

123

4i+ 6k,��!AD = �7i� 7j + 7k,

��!AB;

�!AC;

��!AD�= 308, deci V = 154=3.

Pe de alt¼a parte, V = 1

3AABC � hD, iar AABC =

1

2

�!AB ��!AC = 14,deci hD = 11.

b) cos��!AB;

�!AC�=�!AB � �!AC=

� �!AB �!AC � = �5=p17 � 13. La felse determin¼a si celelalte unghiuri.

22. S¼a se determine � 2 R astfel încât volumul paralelipipedului construitpe vectorii v1 = 2i� 3j + k, v2 = i+ j � 2k si v3 = �i+ 2j s¼a �e egalcu 5.

Rezolvare: (v1; v2; v3) = 5 (2 + �) de unde �1 = �1, �2 = �3.

23. S¼a se calculeze în¼altimea paralelipipedului construit pe vectorii v1, v2,

v3 luând ca baz¼a paralelogranul construit pe vectorii v1 si v2, stiind c¼a

v1 = 2i+ j � k, v2 = 3i+ 2j + k, v3 = �j + 2k.Rezolvare: V = j(v1; v2; v3)j = 7, A = kv1 � v2k =

p35, deci h =

7=p35.

24. Se dau vectorii v1 = i+ j � k, v2 = 2i� 3j � k si v3 = i+ 2j + 3k. S¼ase calculeze produsele vectoriale v1 � (v2 � v3) si (v1 � v2) � v3 si s¼ase compare rezultatele.

Rezolvare: v1�(v2 � v3) = (v1 � v3) v2�(v1 � v2) v3 = 0, iar (v1 � v2)�v3 = 7i+ 7j � 7k, deci v1 � (v2 � v3) 6= (v1 � v2)� v3.

25. Fie vectorii a = 3i � 2j si b = i + 2j � 3k. S¼a se calculeze sinusulunghiului dintre diagonalele paralelogramului construit pe vectorii a si

b.

Rezolvare: Diagonalele paralelogramului sunt date de vectorii a+ b =

4i� 3k si a� b = 2i� 4j+3k. S¼a not¼am cu ' unghiul dintre cele dou¼adiagonale. Se stie c¼a

�a+ b�� a� b� = a+ b � a� b sin'. Dar, a+ b = 5, a� b = p29 si �a+ b�� a� b� = �12i� 18j � 16k,deci sin' =

p724=5

p29.


26. Se dau vectorii a, b si c. S¼a se veri�ce

a��b� c

�+ b� (c� a) + c�

�a� b

�= 0:

Rezolvare: Se tine cont de formula de dezvoltare a produsului dublu

vectorial.

27. S¼a se arate c¼a�a� b

�� (u� v) = (a � u)

�b � v

��b � u

�(a � v).

Rezolvare: Not¼am c = a � b. Folosind propriet¼atile produsului mixtsi formula de dezvoltare a produsului dublu vectorial avem

c � (u� v) = (c� u) � v = ��u�

�a� b

�� v

= ��u � b

�a� (u � a) b

�� v

= (a � u)�b � v

��b � u

�(a � v) :

28. Dati vectorii u, v si w, s¼a se arate c¼a are loc relatia

(u� v; v � w;w � u) = (u; v; w)2 .

Rezolvare: Notând a = u� v, b = v � w, avem, succesiv

(u� v; v � w;w � u) =�a; b; w � u

�= a �

�b� (w � u)

�= a �

��b � u

�w �

�b � w

�u�= (u; v; w) (a � w)

= (u; v; w)2 .

29. Se consider¼a vectorii

u = i+ j + 2k, v = 2i� j + �k, w = i� 2j + k.

S¼a se determine � 2 R astfel încât vectorul u � (v � w) s¼a �e paralelcu planul Oxy.

Rezolvare: Avem u � (v � w) = (1� 2�) i + (4�+ 1) j � (�+ 1) k.Din conditia [u� (v � w)] � k = 0, rezult¼a � = �1.

125

30. S¼a se rezolve ecuatia vectorial¼a a � v = b stiind c¼a a = 2i + j � 2k sib = 3i+ 2j + 4k.

Rezolvare: Consider¼am v = xi + yj + zk. Din conditia a � v = b

obtinem urm¼atorul sistem compatibil simplu nedeterminat 2y+ z = 3,

�2x�2z = 2, �x+2y = 4, ale c¼arui solutii sunt x = �1��, y = 3

2��2,

z = �, cu � 2 R.

31. S¼a se rezolve ecuatia vectorial¼a v � a = b stiind c¼a a = 3i � 2j + k sib = �2i� j + 4k, iar v este perpendicular pe c = �i+ j + k.Rezolvare: Fie v = xi + yj + zk. Din conditiile v � a = b si v � c =0 obtinem sistemul y + 2z = �2, �x + 3z = �1, �2x � 3y = 4,

�x+y+z = 0. Solutia sistemului este x = �5=4, y = �1=2, z = �3=4.Deci v = �5

4i� 1

2j � 3

4k:

32. S¼a se rezolve ecuatia vectorial¼a a� v = b� v.Rezolvare:

�a� b

�� v = 0, de unde v = �

�a� b

�, cu � 2 R.

33. S¼a se rezolve sistemul�a � v = 1b� v = c; stiind c¼a a = 2i+j+k; b = 4i�2j+3k si c = 3i+3j�2k:

Rezolvare: Fie v = xi + yj + zk. Se obtine sistemul 2x + y + z = 1,

�3y � 2z = 3, 3x � 4z = 3, 2x + 4y = �2, care are solutia x = 1,

y = �1, z = 0. Deci v = i� j.

34. S¼a se rezolve sistemul�a � v = mb� v = c ; unde m 2 R, b ? c, b 6= 0 si a � b 6= 0:

Rezolvare: Înmultim vectorial ambii membri ai ecuatiei a doua cu a

la stânga

a��b� v

�= a� c, sau (a � v) b�

�a � b

�v = a� c,


de unde obtinem solutia

v =1

a � b�mb+ c� a

�.

Se veri�c¼a apoi c¼a aceast¼a solutie (unic¼a) satisface într-adev¼ar ambele

ecuatii.

35. Fie vectorii a; b; c necoplanari. S¼a se g¼aseasc¼a vectorul liber v pentru

care

a � v = �; b � v = �; c � v = ;

unde m¼acar dou¼a dintre numerele �; �; sunt nenule.

Rezolvare: Presupunem � 6= 0 si � 6= 0: Din primele dou¼a egalit¼ati

obtinem: � (a � v) � ��b � v

�= 0; de unde

��a� �b

�� v = 0: Din

ultimele dou¼a egalit¼ati din ipotez¼a obtinem: �b � v

�� (c � v) = 0;

de unde� b� �c

�� v = 0: Deci v?

��a� �b

�si v?

� b� �c

�: Prin

urmare c¼aut¼am v de forma

v = ��a� �b

�� b� �c

�;

de unde obtinem

v = �� a� b� �a� c+ �b� c

�:

Din conditia a � v = �; � 6= 0; obtinem

� =1

��a; b; c

� ;deci am g¼asit

v =1�

a; b; c� � a� b� �a� c+ �b� c� :

Capitolul 8

Planul si dreapta în spatiu

1. S¼a se scrie ecuatia planului prin M0 (2;�5; 1) care:a) este perpendicular pe vectorul

��!M0M1, unde M1 (3;�2;�1);

b) este paralel cu planul P ) 3x+ y � z + 2 = 0.Rezolvare: a) Vom folosi ecuatia planului A (x� x0) + B (y � y0) +C (z � z0) = 0, unde N = Ai+Bj+Ck. În cazul nostru N =

��!M0M1 =

i+3j�2k, deci ecuatia planului este (x� 2)+3 (y + 5)�2 (z � 1) = 0,adic¼a x+ 3y � 2z + 15 = 0.b) Un plan paralel cu planul P ) are acelasi vector normal ca planul

P ), adic¼a vectorul N = 2i + j � 3k. Prin urmare, are ecuatia P�)2x + y � 3z + � = 0 (� 2 R). Alegem planul care contine punctul

M0, deci 6 � 1 � 6 + � = 0, de unde � = 1. Planul cerut are ecuatia2x+ y � 3z + 1 = 0.

2. Stabiliti care dintre perechile de plane sunt paralele:

a) P1) 3x� 2y � 11 = 0, P2) 2x� 4y + z + 3 = 0;b) P1) 4x+ 2y � 6z + 5 = 0, P2) 2x+ y � 3z + 1 = 0;c) P1) x� 7z + 2 = 0, P2) x� 7z + 5 = 0.Rezolvare: Determin¼am vectorii normali ai acestor plane. a) N1 =

3i� 2j; N2 = 2i� 4j + k; deci P1) si P2) nu sunt paralele.

127

128 CAPITOLUL 8. PLANUL SI DREAPTA ÎN SPATIU

b) N1 = 4i+ 2j � 6k = 2N2, deci planele sunt paralele.

c) N1 = N2 = i� 7k; deci planele sunt paralele.

3. S¼a se scrie ecuatia planului care trece prin puncteleM1 (3;�1; 0),M2 (4; 1; 1)

si M3 (2; 0; 1).

Rezolvare: Ecuatia planului determinat de cele trei puncte este:��x y z 1

3 �1 0 1

4 1 1 1

2 0 1 1

��= 0;

adic¼a x� 2y + 3z � 5 = 0.

4. Se dau puncteleM1 (1; 3; 0),M2 (3;�2; 1),M3 (�; 1;�3) siM4 (7;�2; 3).S¼a se determine � 2 R astfel încât punctele date s¼a �e coplanare. S¼ase scrie ecuatia planului determinat de ele.

Rezolvare: Punctele date sunt coplanare dac¼a si numai dac¼a��1 3 0 1

3 �2 1 1

� 1 �3 1

7 �2 3 1

��= 0;

de unde obtinem � = �5. Planul determinat de aceste puncte areecuatia: 17x� 34z � 17 = 0 sau x� 2z � 1 = 0.

5. S¼a se scrie ecuatia planului care determin¼a pe axele de coordonate Ox;

Oy; Oz segmentele OA = �1; OB = 3; OC = �2:Rezolvare: T¼aieturile planului pe axe �ind �1; 3; �2; ecuatia planuluiva �

x

�1 +y

3+z

�2 � 1 = 0; adic¼a 6x� 2y + 3z + 6 = 0:

6. S¼a se determine � 2 R astfel ca planele P1) �x+ y + 2z + 3 = 0 si P2)x+ �y + (�+ 1) z + �+ 2 = 0 s¼a �e perpendiculare.

129

Rezolvare: Planele sunt perpendiculare dac¼a si numai dac¼a vectorii

lor normali N1 si N2 sunt ortogonali. Calcul¼am N1 � N2 = � + � +

2 (�+ 1) = 0 si g¼asim � = �1=2.

7. S¼a se determine unghiul dintre planele P1 si P2:

a) P1) x+ y + 2z + 2 = 0, P2) 2x� y + 7 = 0;b) P1) 3x� 2y � z + 5 = 0, P2) x� 3y + 9z � 11 = 0.Rezolvare: a) Unghiul celor dou¼a plane este unghiul dintre vectorii

normali ai celor dou¼a plane, N1 = i + j + 2k si N2 = 2i � j. Deci,

cos^�N1; N2

�=

N1 �N2 N1

N2

= 1p30.

b) cos^�N1; N2

�= 0, deci planele sunt perpendiculare.

8. S¼a se scrie ecuatia unui plan care:

a) trece prin punctul M0(1; 7;�3) si este paralel cu planul xOy;b) trece prin M1 (2; 1; 3) si este paralel cu vectorii a = 3i � 4j + 2k sib = 3i+ 4j � 2k.Rezolvare: a) Un plan paralel cu planul xOy are ecuatia z = � (un

vector normal al planului xOy �ind k). Cum acesta trece prin punctul

M0, înseamn¼a c¼a are ecuatia z = �3.b) Un plan care trece prin M1 are ecuatia A (x� 2) + B (y � 1) +C (z � 3) = 0, undeN = (A;B;C). Deoarece planul c¼autat este paralel

cu vectorii a si b rezult¼a N � a = 0 si N � b = 0. Deci 3A� 4B+2C = 0,3A + 4B � 2C = 0, iar solutia acestui sistem este A = 0 si C =

2B, de unde obtinem ecuatia planului B (y � 1) + 2B (z � 3) = 0, sauy + 2z � 7 = 0.

9. S¼a se scrie ecuatia unui plan care:

a) trece prin M0 (1;�5;�3) si este perpendicular pe planele P1) 3x �y + z + 1 = 0 si P2) x+ y � z � 2 = 0;b) trece prin M1 (2; 1; 3) si M2 (2; 2; 2) si este paralel cu vectorul u =


3i+ j � 4k.Rezolvare: a) Fie N (A;B;C) vectorul normal al planului c¼autat P ).

Deoarece P ) este perpendicular pe planele P1) si P2), rezult¼a N �N1 = 0

si N � N2 = 0, unde N1 (3;�1; 1), N2 (1; 1;�1) sunt normalele celordou¼a plane. Deci 3A � B + C = 0, A + B � C = 0. Solutia acestui

sistem este A = 0, B = C. Prin urmare ecuatia planului P ) este

B (y + 5) +B (z + 3) = 0, sau y + z + 8 = 0.

b) Ecuatia planului prinM1 este A (x� 2)+B(y�1)+C (z � 3) = 0, cuN = (A;B;C). Deoarece planul contine si punctul M2 rezult¼a B = C.

Din conditia de paralelism se obtine N �u = 0, adic¼a 3A+B� 4C = 0.Planul cerut are ecuatia x+ y + z � 6 = 0.

10. Determinati multimea punctelor egal dep¼artate de puncteleM1 (2;�1; 5)si M2 (0; 1;�1).Rezolvare: Multimea punctelor egal dep¼artate de punctele M1 si M2

este planul mediator segmentului M1M2. Acest plan trece prin mij-

locul segmentului AB, adic¼a prin punctul M0 (1; 0; 2) si are normala

N =��!M1M2 = �2i+ 2j � 6k. Se obtine planul �x+ y � 3z + 7 = 0:

11. S¼a se a�e distanta dintre planele P1) 11x � 2y � 10z � 22 = 0 si P2)

11x� 2y � 10z � 45 = 0.Rezolvare: Se observ¼a c¼a cele dou¼a plane sunt paralele (au acelasi

vector normal N = 11i�2j�10k). FieM0 (2; 0; 0) un punct din planul

P1). Avem: dist(P1; P2) = dist (M0; P2) =j22� 45jp121 + 4 + 100

=23

15.

12. S¼a se determine parametrii � si � astfel încât planele P1) (�+ 2) x +

3y + z + 2� � 1 = 0 si P2) 6�x + (4� �) y � �z + � + 2 = 0 s¼a �e

paralele.

Rezolvare: Planele sunt paralele dac¼a�+ 2

6�=

3

4� � =1

�� , de undeobtinem � = �2 si � = 1.

131

13. Se dau punctele A (3;�1; 3), B (5; 1;�1) si vectorul v = �3i+5j� 6k.S¼a se determine:

a) ecuatiile canonice si parametrice ale dreptei d) ce trece prin A si are

vectorul director v, precum si punctele de intersectie ale acestei drepte

cu planele de coordonate;

b) ecuatiile canonice ale dreptei AB si unghiul pe care aceast¼a dreapt¼a

îl face cu dreapta d).

Rezolvare: a) Ecuatiile canonice ale dreptei d) sunt:x� 3�3 =

y + 1

5=

z � 3�6 , iar ecuatiile parametrice sunt:8>><>>:

x = �3�+ 3y = 5�� 1z = �6�+ 3; � 2 R:

Intersectând dreapta d) cu planul xOy (cu ecuatia z = 0) se obtine

punctul M1(3=2; 3=2; 0), cu planul xOz (cu ecuatia y = 0) se obtine

M2 (12=5; 0; 9=5), iar cu planul yOz (cu ecuatia x = 0) se obtine punctul

M3 (0; 4;�3).b) Dreapta AB are ecuatiile

x� xAxB � xA

=y � yAyB � yA

=z � zAzB � zA

, adic¼a

x� 32

=y + 1

2=z � 3�4 . Unghiul dintre dou¼a drepte este unghiul

dintre vectorii directori ai celor dou¼a drepte,�!AB = 2i + 2j � 4k si v.

Deci cos^��!AB; v

�=

�!AB � v �!AB kvk = 28

4p105

.

14. S¼a se scrie ecuatiile canonice ale dreptei

(d)

(x� y + 2z � 2 = 0x+ 2y + 1 = 0:

Rezolvare: Vectorul director al dreptei este v = N1 � N2, unde

N1 = (1;�1; 2) si N2 = (1; 2; 0) : Obtinem v = �4i+ 2j + 3k: Punctul


M0 (1;�1; 0) 2 (d) : Ecuatiile canonice ale dreptei (d) sunt:x� 1�4 =

y + 1

2=z

3:

15. S¼a se scrie ecuatiile dreptei care trece prin punctul A (2;�5; 3) si:a) este paralel¼a cu dreapta d1)

x� 11

=y � 3�2 =

z + 7

4;

b) este paralel¼a cu axa Oy;

c) este paralel¼a cu dreapta d2)

(3x� y + 2z + 1 = 03x+ 4y � z + 12 = 0

.

Rezolvare: a) Directia dreptei este aceeasi cu a dreptei d1), adic¼a

v1 = (1;�2; 4), astfel c¼a deducem ecuatiilex� 21

=y + 5

�2 =z � 34.

b) Vectorul director al dreptei Oy este j(0; 0; 1), astfel c¼a obtinem

dreaptax� 20

=y + 5

1=z � 30.

c) Vectorul director al dreptei d2) este v2 = N1 � N2, unde N1 =

(3;�1; 2) si N2 = (3; 4;�1). Obtinem v2 = (�7; 9; 15), deci ecuatiiledreptei sunt

x� 2�7 =

y + 5

9=z � 315

.

16. Se dau punctul M (1; 2;�1) ; dreapta d) x� 12

=y � 1�1 =

z

3si planul

P ) x+ y + z � 1 = 0: S¼a se determine:(i) ecuatiile dreptei care trece prin M si este perpendicular¼a pe planul

(P );

(ii) ecuatiile dreptei prin M , paralel¼a cu dreapta d);

(iii) ecuatia planului care trece prinM si este perpendicular pe dreapta

(d);

(iv) distanta de la M la planul P );

(v) distanta de la M la dreapta d);

(vi) ecuatia planului ce trece prin M si contine dreapta d);

(vii) unghiul dintre dreapta d) si planul P ).

Rezolvare: (i) Vectorul director al dreptei c¼autate (�1) este vectorul

normal al planului (P ) : v�1 = NP = i+ j + k: Atunci dreapta (�1) are

133

ecuatiile:x� 11

=y � 21

=z + 1

1:

(ii) Vectorul director al dreptei (�2) este v�2 = vd = 2i�j+3k: Dreapta(�2) are ecuatiile:

x� 12

=y � 2�1 =

z + 1

3:

(iii) Vectorul normal al planului (�1) perpendicular pe (d) este N�1 =

vd = 2i� j + 3k: Atunci, planul (�1) are ecuatia: 2 (x� 1)� (y � 2) +3 (z + 1) = 0; adic¼a 2x� y + 3z + 3 = 0:(iv) dist (M;P ) =

j1 + 2 +�1� 1jq12 + 22 + (�1)2

=1p6:

(v) PunctulM0 (1; 1; 0) 2 (d),��!M0M = j�k si ��!M0M�vd = 2i�2j�2k:

Atunci dist (M;d) =

��!M0M � vd

kvk =2p3p14:

(vi) Vectorul normal al planului (�2) este N�2 =��!M0M � vd: Ecuatia

planului (�2) este: x� 1� (y � 2)� (z + 1) = 0; adic¼a x� y � z = 0:(vii) Fie ' unghiul dintre dreapta d) si planul P ) si � unghiul dintre

vd si NP : Avem

cos� =vd �NP

kvdk NP

= 4p14 �

p3:

Pe de alt¼a parte, cos� = cos��2� '

�= sin': Deci, sin' =

4p14 �

p3:

17. Se dau punctul M (1; 2; 3) ; dreapta d)x� 2�3 =

y + 3

4=z

1si planul P )

x� 2y � 2z = 0: S¼a se determine:(i) coordonatele proiectiei punctului M pe dreapta d);

(ii) coordonatele simetricului lui M fat¼a de dreapta d);

(iii) coordonatele proiectiei punctului M pe planul P );

(iv) coordonatele simetricului lui M fat¼a de planul P ).

Rezolvare: (i) A�¼am mai întâi ecuatia planului prinM perpendicular

pe dreapta (d): �3 (x� 1) + 4 (y � 2) + (z � 3) = 0; adic¼a �3x+4y+z� 8 = 0: Coordonatele proiectiei M1 a punctului M pe dreapta (d) se


a�¼a rezolvând sistemul:8<:x� 2�3 =

y + 3

4=z

1�3x+ 4y + z � 8 = 0:

Obtinem M1 (�1; 1; 1) :(ii) Fie M2 simetricului lui M fat¼a de dreapta (d) : Punctul M1 este

mijlocul segmentului MM2 si g¼asim M2 (�3; 0;�1) :(iii) Fie M3 proiectia punctului M pe planul (P ) : A�¼am ecuatiile

dreptei prinM perpendicular¼a pe planul (P ) :x� 11

=y � 2�2 =

z � 3�2 :

Coordonatele punctului M3 se a�¼a rezolvând sistemul:8<: x� 2y � 2z = 0x� 11

=y � 2�2 =

z � 3�2 :

Obtinem M3 (2; 0; 1) :

(iv) Fie M4 simetricului lui M fat¼a de planul (P ) : Punctul M3 este

mijlocul segmentului MM4 si g¼asim M4 (3;�2;�1) :

18. Fie punctulM (�1; 2; 1) : S¼a se a�e coordonatele simetricului luiM fat¼a

de punctul M 0 (�1;�2; 3) ; ecuatia planului prin M paralel cu planul

yOz; distanta de la M la planul xOz si ecuatia planului prin M care

contine axa Ox:

Rezolvare: FieM 00 (x00; y00; z00) simetricul punctuluiM fat¼a de punctul

M 0: Atunci x00 = 2x0 � x = �1; y00 = 2y0 � y = �6; z00 = 2z0 � z = 5:Am g¼asit M 00 (�1;�6; 5) : Ecuatia planului prin M paralel cu planul

yOz este x+1 = 0: Distanta dist (M;xOz) = 2 si ecuatia planului prin

M care contine axa Ox este: y � 2z = 0:

19. Se consider¼a dreapta d)x� 12

=y

3=z � 7�1 si planul P ) 2x�y+z�2 =

0:

i) S¼a se arate c¼a dreapta d) este paralel¼a cu planul P ):

135

ii) S¼a se calculeze distanta de la dreapta d) la planul P ):

iii) S¼a se determine ecuatiile proiectiei dreptei d) pe planul P ) si ecuati-

ile simetricei dreptei d) fat¼a de planul P ):

Rezolvare: (i) Avem v = 2i+3j� k, N = 2i� j+ k si v �N = 0; deci

dreapta (d) este paralel¼a cu planul (P ) :

(ii) Fie M0 (1; 0; 7) 2 (d) : Deoarece dreapta (d) este paralel¼a cu planul(P ) ;

dist (d; P ) = dist (M0; P ) =j2 + 7� 2jp

6=

7p6:

(iii) G¼asim coordonatele proiectiei M1 (x1; y1; z1) a punctului M0 pe

planul (P ). Ecuatiile proiectiei dreptei (d) pe planul (P ) vor �

x� x12

=y � y13

=z � z1�1 :

G¼asim apoi coordonatele simetricului M2 (x2; y2; z2) al punctului M0

fat¼a de planul (P ). Ecuatiile simetricei dreptei (d) fat¼a de planul (P )

vor �x� x22

=y � y23

=z � z2�1 :

20. Fiind date punctul A(1; 2; 3) si dreapta d)

(x� y � 1 = 0y � z � 2 = 0

; s¼a se

determine:

a) paralela prin A la dreapta d) si planul determinat de cele dou¼a drepte

paralele;

b) simetrica dreptei d) fat¼a de planul xOy.

Rezolvare: a) Dreapta d) va avea vectorul director v = N1�N2, N1 siN2 �ind normalele celor dou¼a plane, deci v = i+ j+ k. Astfel, paralela

prinA la dreapta d) va avea ecuatiile x�1 = y�2 = z�3. Din fascicolulde plane ce trece prin dreapta d); � (x� y � 1) + � (y � z � 2) = 0

alegem pe acela ce trece prin punctul A, adic¼a 3x� 5y + 2z + 1 = 0.b) Intersectia dreptei d) cu planul xOy este punctul B (3; 2; 0) ; iar


simetricul punctului C (1; 0;�2) (apartinând dreptei d)) fat¼a de planulxOy este D (1; 0; 2). Dreapta c¼autat¼a are ecuatiile x� 1 = y = 2� z.

21. Fiind date punctele A (1; 2; 3) si B (3; 1; 2) ; se cere:

a) s¼a se arate c¼a triunghiul OAB este isoscel si s¼a se scrie ecuatiile

dreptei AB;

b) ecuatia planului ce contine triunghiul OAB si ecuatiile perpendicu-

larei pe acest plan prin centrul de greutate al triunghiului;

c) ecuatiile planelor prin A paralele cu planele de coordonate precum

si ecuatiile paralelelor prin A cu axele de coordonate.

Rezolvare: a) dist (O;A) = dist (O;B) =p14, ecuatiile dreptei AB

suntx� 12

=y � 2�1 =

z � 3�1 .

b) Folosind ecuatia planului prin trei puncte necoliniare obtinem x +

7y � 5z = 0. Coordonatele centrului de greutate G �ind (4=3; 1; 5=3),

ecuatiile perpendicularei cerute suntx� 4=31

=y � 17

=z � 5=3�5 .

c) Ecuatiile planelor sunt x = 1 (paralel cu zOy), y = 2 si respectiv

z = 3. Paralelele la axe sunt x = 1; y = 2 (paralel¼a cu Oz); y = 2;

z = 3 si respectiv z = 3; x = 1.

22. Se consider¼a planul P ) x+y+2z�14 = 0 si dreapta d) x�1 = y � 22

=

z�3. S¼a se determine simetrica dreptei d) fat¼a de planul P ) si unghiulformat de cele dou¼a drepte.

Rezolvare: Intersectia dreptei d) cu planul P ) d¼a punctul A (2; 4; 4).

Proiectia punctului B (1; 2; 3), apartinând dreptei d), pe planul P )

este punctul C (11=6; 17=6; 14=3) ; iar simetricul lui B fat¼a de acest

punct este E (8=3; 11=3; 19=3). Ecuatiile dreptei c¼autate, determinat¼a

de punctele A si E suntx� 22

=y � 4�1 =

z � 47. Unghiul dreptei cu

planul �ind dat de relatia sin' = cos��2� '

�=5

6, unghiul cerut este

� = 2arcsin5

6.

137

23. Fiind date punctele A (1; 0; 0), B (0; 2; 0), C (0; 0;�3) si dreapta d) 2x�1 = 3y = z; se cer:

a) planul P ) determinat de cele trei puncte, cosinusurile directoare ale

normalei sale si distanta de la origine la acest plan;

b) unghiul axei Oz cu planul P ), simetricul lui P ) fat¼a de origine si

planul Q) paralel cu P ) si care împarte distanta între origine si acest

plan în raportul 1=2;

c) ecuatia planului R) ce trece prin centrul de greutate al triunghiului

ABC si este perpendicular pe d) si simetrica dreptei d) fat¼a de origine.

Rezolvare: a) Scriem ecuatia planului prin t¼aieturi: P ) x+1

2y� 1

3z�

1 = 0. Cosinusurile directoare sunt: cos� =6

7; cos � =

3

7, cos = �2

7,

iar distanta de la origine la planul P ) este: dist(O;P ) =6

7.

b) Avem ' = arcsin6

7; x+

1

2y � 1

3z + 1 = 0; Q) 6x+ 3y � 2z + 1 = 0.

c) Centrul de greutate al triunghiului ABC este: G (1=3; 2=3;�1), v =3i+ 2j + 6k si R) 9x+ 6y + 18z + 11 = 0; 2x+ 1 = 3y = z.

24. Fiind date dreptele d1) x�1 = 2�y =z + 2

2si d2)

(2x� z � 1 = 02y + z + 3 = 0

;

s¼a se a�e:

a) distanta dintre cele dou¼a drepte si planul determinat de ele, dac¼a

exist¼a;

b) simetricul punctuluiA (2;�1; 2) fat¼a de dreapta d1), proiectia drepteid2) pe planul xOy si unghiul acesteia cu axa Oy:

Rezolvare: a) Deoarece un vector director al dreptei d2) este v2 =

2i � 2j + 4k = 2v1, cele dou¼a drepte sunt paralele. Alegând punc-

tul B (0;�1;�1) pe d2) obtinem dist (d1; d2) =5p3: (��!CB = �i �

3j+k): Din fascicolul de plane ce trece prin d2); adic¼a � (2x� z � 1)+� (2y + z + 3) = 0; îl alegem pe acela care trece prin puctul A (1; 2;�2),adic¼a 5x� 3y � 4z = 0.


b) Proiectia punctului A pe dreapta d1); adic¼a punctul C (3; 0; 2) ; se

a�¼a la intersectia planului P ) x� y + 2z � 7 = 0 (plan ce trece prin Asi este perpendicular pe d1)) cu aceast¼a dreapt¼a. Simetricul lui A fat¼a

de C este D (4; 1; 2). Intersectia dreptei d2) cu planul xOy este punctul

E (1=2;�3=2; 0), iar proiectia lui B pe acelasi plan este F (0;�1; 0).Dreapta c¼autat¼a are ecuatiile x + y + 1 = 0; z = 0. Vectorul director

al axei Oy �ind j (0; 1; 0) ; unghiul c¼autat este ' = arccos��1=

p6�.

25. Fiind date punctele A (1; 2; 3), B (2; 3; 4), vectorii a = i+j�k, b = i�jsi planul P ) y = 0; s¼a se determine:

a) vectorul�!AB, ecuatiile paralelei prin origine la vectorul b si planul

mediator al segmentului AB.

b) vectorul v paralel cu planul P ) pentru care v � b = a.c) simetricul punctului A fat¼a de planul P ), unghiul format de

�!AB cu

planul P ), planul Q) ce trece prin A si este paralel cu vectorii a si b.

Rezolvare:a)�!AB = i + j + k, paralela prin origine la vectorul b are

ecuatiile x = �y, z = 0; iar planul mediator al segmentului AB, adic¼aplanul trece prin punctul C (3=2; 5=2; 7=2), mijlocul segmentului AB,

are ecuatia x+ y + z � 15=2 = 0.b) Notând v = xi+yj+zk; din relatia dat¼a obtinem z = 1 si x+y = 1.

Din conditia de paralelism cu planul P ), adic¼a v �N = 0 rezult¼a y = 0

si deci v = i+ k:

c) Simetricul lui A fat¼a de planul P ) este punctul D (1;�2; 3) ; iarunghiul format de AB cu planul P ) este ' = arcsin 1=

p3. Planul Q)

are ecuatia x+ y + 2z � 9 = 0.

26. Fiind date punctele A (a; 1; 0), B (b; 0; 2), C (0; 1; 3) si D (1; 1; 4) ; s¼a se

determine:

a) paralela prin A la Ox, planul prin B perpendicular pe��!CD si unghiul

vectorilor��!CB si

��!CD.

139

b) valorile lui a si b pentru ca vectorii f�!CA, ��!CB, ��!CDg s¼a formeze obaz¼a, iar pentru a 6= �3 si b = 0 s¼a se determine volumul tetraedruluiABCD.

Rezolvare: a) Ecuatiile paralelei prin A la Ox sunt y � 1 = 0, z = 0,vectorul

��!CD = i+k, iar planul prin B perpendicular pe

��!CD are ecuatia

x + z � b � 2 = 0. Unghiul vectorilor��!CD si

��!CB = bi � j � k este

' = arccos (b� 1) =p2 (b2 + 2):

b) Vectorii��!CB;

��!CD si

�!CA = ai � 3k formeaz¼a o baz¼a dac¼a a 6= �3.

Volumul tetraedrului este V = 1

6

��(�!CA;��!CB;��!CD)�� = 1

6ja+ 3j :

27. Fiind date punctele A (1; 0; 0), B (0; 1; 0) si vectorii a = i + j si b = k;

s¼a se a�e:

a) ecuatia planului prin A paralel cu vectorii a si b, simetrica dreptei

AB fat¼a de Oz si unghiul acesteia cu Ox;

b) versorul v perpendicular pe�!AB si satisf¼acând ecuatia v � a = b.

Rezolvare: a) Planul c¼autat are ecuatia x � y � 1 = 0; iar simetricalui AB fat¼a de Oz, x+y+1 = 0, z = 0 trece prin punctele A0 (�1; 0; 0)si B0 (0;�1; 0). Unghiul lui �!AB = �i+ j cu Ox este ' = 3�

4.

b) Întrucât b �a = 0; sistemul v ��!AB = 0, v�a = b admite solutia i+ j,iar versorul acestuia este

�i+ j

�=p2:

28. S¼a se determine ecuatia dreptei care trece prin punctul A (1; 0; 7) ; este

paralel¼a cu planul 3x�y+2z�15 = 0 si intersecteaz¼a dreapta x� 14

=

y � 32

=z

1:

Rezolvare: O dreapt¼a prin punctul A are ecuatiile

x� 1l

=y

m=z � 7n:

Conditia de paralelism cu planul dat este 3l�m+2n = 0; iar conditia


de intersectie (coplanaritate) cu dreapta dat¼a este��0 3 �74 2 1

l m n

�� = 0:Din aceste dou¼a conditii determin¼am parametrii directori ai dreptei si

g¼asim ecuatiile dreptei c¼autate:

x� 168

=y

70=z � 7�67 :

29. Fiind date punctele A (1; 2; 3), B (2; 3; a) si C (3; 4; b) ; s¼a se determine:

a) ecuatiile dreptei OA, conditia de coplanaritate a dreptelor OA si

CB; iar pentru a = b = 0 perpendiculara lor comun¼a;

b) planul determinat de punctele O, A si B pentru a = 0, aria triun-

ghiului OAB si versorul u perpendicular pe�!OA si paralel cu xOy.

Rezolvare: a) Ecuatiile dreptelor OA si CB suntx

1=y

2=z

3respectiv

x� 21

=y � 31

=z � ab� a , iar conditia de coplanaritate a acestora este

b � 2a + 3 = 0. Directia perpendicularei comune �ind v = v1 � v2 =�3i+3j�k, ecuatiile acesteia sunt 11x+8y�9z = 0 si x�y�6z+1 = 0.b) Planul determinat de cele trei puncte este 9x� 6y + z = 0, iar ariatriunghiului OAB este A =

1

2

�!OA��!OB = p118: Un vector v pa-

ralel cu Oy are forma xi + yj care din conditia de ortogonalitate cu�!OA = i + 2j + 3k se reduce la �2i + j. Problema admite dou¼a solutii1p5

��2i+ j

�si

1p5

�2i� j

�.

30. Fiind date punctele A (1; 0; 0), B (0; 1; 1), C (�; 0; �) si O (0; 0; 0) cu �,

� 2 R; s¼a se determine:a) ecuatiile dreptei d) ce trece prin A si este paralel¼a cu BC, ecuatiile

planelor prin O paralele cu AB si valorile lui � si � pentru ca dreptele

OA si BC s¼a �e coplanare;

141

b) simetrica dreptei BC fat¼a de punctul O, planul mediator al segmen-

tului BC si versorul normalei la acest plan;

c) simetricul lui C fat¼a de planul OAB si un versor v paralel cu xOy

si perpendicular pe AB.

Rezolvare: a)��!BC = �i � j + (� � 1) k, iar ecuatiile dreptei d) sunt

x� 1�

=y

�1 =z

� � 1 ,�!AB = �i+ j + k iar normala la planele c¼autate

este N = (�+ �) i+ �j +�k (N � �!AB = 0). Planele c¼autate au ecuatia(�+ �)x + �y + �z = 0. Din conditia de coplanaritate a celor patru

puncte rezult¼a � = 0 si � 2 R.b) Simetricele luiB si C fat¼a de origine �indB0 (0;�1;�1) si C 0 (��; 0;��),dreapta c¼autat¼a are ecuatiile

x

�� =y + 1

1=z + 1

1� � ; mijlocul segmentu-lui BC �ind punctulD (�=2; 1=2; (� + 1) =2), ecuatia planului mediator

acesteia este �x � y + (� � 1) z ��2 + �2 � 2

�=2 = 0; versorul nor-

malei la plan este n =��i� j + (� � 1) k

�=q�2 + (� � 1)2 + 1.

c) Planul determinat de punctele O; A si B �ind P ) y � z = 0; inter-sectia sa cu perpendiculara prin C pe el d) x�� = 0; y+z�� = 0 estepunctul C 0 (�; �=2; �=2). Simetricul c¼autat are coordonatele (�; �; 0);

din conditia ca v paralel cu xOy avem v = �i + �j, iar din v per-

pendicular pe�!AB rezult¼a � = ��. Prin urmare exist¼a doi versori cu

propriet¼atile cerute v0 =�i� j

�=p2 si v0 =

��i+ j

�=p2.

31. Se dau dreapta d) x = y = z si planul P ) x+ 2y + z � 5 = 0 si se cer:a) unghiul dreptei d) cu planul P ), ecuatia planului Q) ce contine d) si

este perpendicular pe P ) si simetrica dreptei d) fat¼a de planul P );

b) ecuatiile planelor paralele cu P ) la distanta de dou¼a unit¼ati de

aceasta;

c) planul R) prin Ox si paralel cu d) si simetrica dreptei d) fat¼a de axa

Oy.

Rezolvare: a) Avem v = i + j + k si N = i + 2j + k; deci ' =


arcsin�2p2=3�: Originea apartine planului Q) si NQ?v; NQ?N: Ast-

fel obtinem Q) x � z = 0. Simetrica dreptei d) fat¼a de planul P ) areecuatiile: x� 5=4 = (y � 5=4) =5 = z � 5=4.b) Cele dou¼a plane c¼autate au ecuatiile: x + 2y + z � 5 + 2

p6 = 0;

respectiv x+ 2y + z � 5� 2p6 = 0:

c) Un plan prin Ox are ecuatia By + Cz = 0 si �ind paralel cu d)

obtinem R) y � z = 0: Simetrica dreptei d) fat¼a de axa Oy are ecuati-ile: x = �y = z:

32. Se dau dreapta d) x� y � 1 = 0, 2x� z � 2 = 0 si punctul M (1; 0; 1)

si se cer:

a) planul P ) ce trece prin M si este perpendicular pe d) si distantele

de la M la dreapta d) si la planul yOz;

b) simetricul punctului M fat¼a de dreapta d) si ecuatiile paralelei prin

M la axa Ox.

Rezolvare: a) Directia lui d) �ind dat¼a de vectorul v = i + j +

2k, planul P ) are ecuatia x + y + 2z � 3 = 0; dist (M;d) = 1=p3,

dist (M; yOz) = 1.

b) Simetricul punctului M fat¼a de dreapta d) este M 0 (5=3; 2=3; 1=3),

iar paralela prin M la axa Ox are ecuatiilex� 11

=y

0=z � 10; adic¼a

y = z � 1 = 0.

33. S¼a se determine parametrul � astfel ca dreptele d1)x

2= y = z si d2)

x � 1 = y � 2 = z=� s¼a �e concurente. Pentru � obtinut s¼a se scrie

ecuatia planului determinat de cele dou¼a drepte.

Rezolvare: Sistemul format cu ecuatiile celor dou¼a drepte este com-

patibil dac¼a � = 1=3. În acest caz ecuatia planului c¼autat este 2x �y � 3z = 0.

143

34. Se dau dreptele d1)x� 12

=y + 1

1=

z

�2 si d2) x + 2z � 1 = 0,

y + 2z + 1 = 0. Se cere s¼a se arate c¼a sunt concurente, s¼a se scrie

ecuatiile bisectoarelor unghiurilor si s¼a se scrie ecuatia planului deter-

minat de acestea.

Rezolvare: Avem M1 (1;�1; 0) 2 d1) \ d2); vectorii directori ai bi-sectoarelor sunt u1 = v1= kv1k + v2= kv2k = �j=3 � k=3 si u2 =

v1= kv1k � v2= kv2k = 4i=3 + j � k; iar ecuatiile acestora x � 1 = 0;

y� z+1 = 0, respectiv (x� 1) =4 = (y + 1) =3 = (1� z) =3. Planul lorare ecuatia 3x� 2y + 2z � 5 = 0.

35. Ar¼atati c¼a dreptele d1) x� 1 = 2� y = (z + 1) =3 si d2) x+ y � 1 = 0,3y + z � 3 = 0 sunt coplanare si scrieti ecuatia planului determinat deele.

Rezolvare: Avem v1 = v2 = i � j + 3k, deci dreptele sunt paralele.Ecuatia planului determinat de acestea este: x� 2y � z + 2 = 0.

36. Fie dreptele

x� 71

=y � 32

=z � 9�1 si

x� 3�7 =

y � 12

=z � 13:

Scrieti ecuatiile perpendicularei lor comune.

Rezolvare: Punctele prin care trec cele dou¼a drepte sunt: M1 (7; 3; 9)

si respectiv M2 (3; 1; 1) : Vectorii directori corespunz¼atori sunt: v1 =

i+2j�k si respectiv v2 = �7i+2j+3k: Perpendiculara comun¼a a celordou¼a drepte este intersectia urm¼atoarelor plane: planul determinat de

M1 si vectorii v1, v1 � v2 si planul determinat de M2 si vectorii v2 si

v1 � v2: Calcul¼am

v1 � v2 =

��i j k

1 2 �1�7 2 3

�� = 8i+ 4j + 16k:


Atunci, ecuatiile celor dou¼aplane sunt:��x� 7 y � 3 z � 91 2 �18 4 16

�� = 0 si��x� 3 y � 1 z � 1�7 2 3

8 4 16

�� = 0:Efectuând calculele obtinem ecuatiile perpendicularei comune a celor

dou¼a drepte: (3x� 2y � z � 6 = 05x+ 34y � 11z � 38 = 0:

37. Fiind date dreptele d1) x = z = 0 si d2)

(x� 1 = 0y = z

; s¼a se determine:

a) ecuatiile perpendicularei comune d) si distanta dintre cele dou¼a

drepte (lungimea perpendicularei comune);

b) ecuatiile dreptei d1) pe planele ce determin¼a dreapta d2) precum si

unghiul diedru al acestor plane;

c) unghiul dreptelor d1) si d2) si proiectia lui d2) pe planul yOz.

Rezolvare: a) Directiile dreptelor d1) si d2) �ind date de v1 = j si

v2 = N1 � N2 = j + k (N1 si N2 �ind normalele planelor ce o deter-

min¼a) un vector director al perpendicularei comune este v = v1�v2 = i.Perpendiculara comun¼a o vom prezenta ca intersectie de dou¼a plane.

Astfel, din fascicolele de plane ce trec prin d1) respectiv d2) adic¼a Pf )

�x+�z = 0 si Qf ) � (x� 1)+� (y � z) = 0 alegem planele paralele cuv adic¼a z = 0; y � z = 0 sau, mai simplu, y = z = 0: Întrucât dreaptad) intersecteaz¼a cele dou¼a drepte în O (0; 0; 0) si A (1; 0; 0), distanta

c¼autat¼a este OA = 1:

b) Din fascicolul de plane Pf ) �x+ �z = 0 alegem planele proiectante

pe planele ce determin¼a d2). Acestea �ind z = 0 respectiv x = 0,

dreptele c¼autate au ecuatiile z = 0, x� 1 = 0 si x = 0, y � z = 0. Deasemenea, cos' = N1 �N2=

� N1

N2

� = 0 si deci ' = �

2:

145

c) cos! = 1=p2 si deci ! =

�

4. Folosind din nou fascicolul de plane ce

trece prin d2), obtinem x = 0, y � z = 0.

38. Fiind dat¼a dreapta d)

(x+ z = 0

y � z � 1 = 0; s¼a se determine:

a) proiectia dreptei d) pe planul xOy si simetrica ei fat¼a de origine;

b) perpendiculara comun¼a a dreptelor d) si Ox, distanta dintre aceste

drepte si planul prin d) si origine.

Rezolvare: a) Din fascicolul de plane determinate de dreapta d) se

alege acela perpendicular pe xOy astfel c¼a ecuatiile proiectiei sunt

z = 0, x + y � 1 = 0: Simetricele punctelor A (0; 1; 0) si B (1; 0;�1)(apartinând dreptei d)) fat¼a de origine �ind A0 (0;�1; 0) si B0 (�1; 0; 1),dreapta c¼autat¼a are ecuatiile �x = y + 1 = z.b) Directia dreptei d) �ind dat¼a de vectorul v = �i+ j + k, iar a axeiOx de versorul i, perpendiculara lor comun¼a va � paralel¼a cu vectorul

w = v � i = j � k. Perpendiculara comun¼a va � din nou prezentat¼a caintersectie de dou¼a plane ce trec respectiv prin d) si Ox si sunt paralele

cu w, adic¼a y + z = 0, 2x � 1 = 0. Distanta între cele dou¼a drepte

este CD = 1=p2, unde C (1=2; 0; 0) si D (1=2; 1=2;�1=2) sunt punctele

de intersectie ale perpendicularei comune cu Ox si respectiv d). Din

fascicolul de plane ce trec prin d), adic¼a � (x+ z) + � (y � z � 1) = 0îl alegem pe x+ z = 0 adic¼a cel ce trece prin origine.

39. Ar¼atati c¼a dreptele d1) x� 1 = y = z si d2) x� z � 3 = 0, y = 0 suntnecoplanare si determinati ecuatia perpendicularei lor comune.

Rezolvare: Avem v1 = (1; 1; 1), v2 = (1; 0; 1) si deci dreptele nu

sunt paralele. În plus,��!M1M2; v1; v2

�= 2 6= 0, unde M1 (1; 0; 0) 2

d1) si M2 (3; 0; 0) 2 d2). Perpendiculara comun¼a are ecuatiile y = 0,

x+ z � 1 = 0.


40. S¼a se scrie ecuatia planului ce contine dreapta

(d)

(x� y � 1 = 0x� z + 1 = 0

si este perpendicular pe planul determinat de puncteleA (2; 0; 0) ; B (0;�1; 0) ;C (0; 0;�1) :Rezolvare: Folosind ecuatia planului prin t¼aieturi

x

a+y

b+z

c� 1 = 0;

cu a = 2; b = �1 si c = �1; ecuatia planului determinat de puncteleA; B, C este x � 2y � 2z � 2 = 0: Pentru ca planul c¼autat s¼a contin¼adreapta dat¼a, el trebuie s¼a apartin¼a fascicolului de plane

� (x� y � 1) + � (x� z + 1) = 0:

Conditia de perpendicularitate a celor dou¼a plane ne d¼a �+ � = 0 sau

� = ��: Înlocuind în ecuatia fascicolului, obtinem

y � z + 2 = 0:

41. Se dau planul P ) x� y + z � 3 = 0 si punctul A (1; 1; 0) si se cer:a) planul ce trece prin A si este paralel cu P ) si coordonatele simetri-

cului lui A fat¼a de P );

b) fascicolul de plane ce trece prin A si este perpendicular pe planul

P ).

Rezolvare: a) Un plan paralel cu P ) are ecuatia x � y + z + � = 0

si dac¼a trece prin A obtinem � = 0: Deci, planul c¼autat are ecuatia:

x� y + z = 0. Simetricului lui A fat¼a de P ) este: A0 (3;�1; 2).b) Axa fascicolului x � z � 1 = 0, x + z � 1 = 0 trece prin A si

este perpendicular¼a pe P ), iar ecuatia fascicolului este � (x� z � 1) +� (y + z � 1) = 0.

42. Determinati �, � 2 R astfel încât planele P1) 2x � y + 3z � 1 = 0 siP2) x + 2y � z + � = 0 si P3) x + �y � �z + 10 = 0 s¼a îndeplineasc¼a

147

conditiile:

a) s¼a aib¼a un singur punct comun;

b) s¼a treac¼a printr-o dreapt¼a dat¼a;

c) s¼a se intersecteze dup¼a trei drepte paralele distincte.

Rezolvare: a) Sistemul format de ecuatiile celor trei plane este com-

patibil determinat dac¼a � � � + 1 6= 0. b) � =p106=2, � =�

�2 +p106�=2 si � = �

p106=2, � =

��2�

p106�=2. c) � = � +1

si � 6=��2�

p106�=2.

43. S¼a se determine ecuatia planuluiQ) perpendicular pe P ) x�y+2z�5 =0 si care îl intersecteaz¼a pe acesta dup¼a o dreapt¼a apartinând planului

xOy. S¼a se scrie apoi sub form¼a parametric¼a ecuatiile dreptei de inter-

sectie a celor dou¼a plane P ) si Q).

Rezolvare: PlanulQ) îl alegem din fascicolul de plane � (x� y + 2z � 5)+�z = 0 determinat de P ) si xOy. Astfel, din conditia de ortogonalitate

NP �NQ = 0 rezult¼a Q) x�y�z�5 = 0. Si deci dreapta de intersectiex� y + 2z � 5 = 0, x� y� z � 5 = 0 sau echivalent x� y� z � 5 = 0,z = 0: O reprezentare parametric¼a a acestei drepte este x = t+5, y = t,

z = 0.

44. Se consider¼a trei drepte, date respectiv prin ecuatiile:

(d1)

�x = �y + 1y = 5z + 1

; (d2) x�1 =2y � 13

=z

3; (d3)

�x� y � z � 1 = 02x+ y + 3z = 0

:

S¼a se scrie ecuatia planului (P ) determinat prin conditiile:

(i) contine dreapta (d1) si

(ii) proiectiile ortogonale ale dreptelor (d2) si (d3) pe planul (P ) sunt

drepte paralele.

Rezolvare: Planul (P ) face parte din fascicolul de plane determinat de

x = �y+1 si y = 5z+1; deci ecuatia lui este: x+y�1+�(y�5z�1) = 0;� 2 R: Proiectia ortogonal¼a a lui (d2) pe planul (P ) se a�¼a în planul


care contine (d2) si normala la planul (P ) : Ecuatia acestui plan este��x� 1 y � 1

2z

1 3 3

1 1 + � �5�

�� = 0:45. S¼a se scrie ecuatia planului paralel cu planul P ) x + y + 2z = 0 si

care trece prin punctul de intersectie al planelor 2x + y � z � 2 = 0,

x� 3y + z + 1 = 0 si x+ y + z � 3 = 0.Rezolvare: Folosind ecuatia snopului de plane ce trec prin punctul de

intersectie al planelor date, adic¼a �P1+�P2+�P3 = 0, se obtine planul

x+ y + 2z � 4 = 0.

Capitolul 9

Sfera

1. S¼a se scrie ecuatiile sferelor:

a) cu centrul în punctul C (�1; 2; 1) si raza 3;b) cu centrul în punctul C (1; 0; 3) si care trece prin punctul A (1; 2;�1).Rezolvare: a) Ecuatia sferei este: (x+ 1)2+(y � 2)2+(z � 1)2�9 = 0;b) Ecuatia sferei este cu centrul în punctul C este: (x� 1)2 + y2 +(z � 3)2�R2 = 0. Din faptul c¼a A apartine sferei rezult¼a c¼a raza sfereieste: R = dist (C;A) =

q(1� 1)2 + (2� 0)2 + (�1� 3)2 =

p20, deci

sfera cerut¼a are ecuatia: (x� 1)2 + y2 + (z � 3)2 � 20 = 0:

2. Fiind date punctele A (3; 2;�1) si B (�3; 2; 7) ; s¼a se determine:a) sfera de diametru AB si punctele de intersectie ale acesteia cu axa

Oy;

b) planele tangente sferei obtinute în punctele de intersectie g¼asite.

Rezolvare: a) Centrul sferei este mijlocul segmentului AB, adic¼a

punctul C (0; 2; 3), iar raza este R = dist (A;C) = 5: Deci, ecuatia

sferei c¼autate este x2 + (y � 2)2 + (z � 3)2 � 25 = 0. Pentru a deter-

149

150 CAPITOLUL 9. SFERA

mina punctele de intersectie ale acesteia cu axa Oy se rezolv¼a sistemul8>><>>:x2 + (y � 2)2 + (z � 3)2 � 25 = 0x = 0

z = 0

si se obtin D (0; 6; 0) si E (0;�2; 0);b) Planul tangent în punctul D este: P ) 4y � 3z � 24 = 0, iar cel

tangent în punctul E are ecuatia: Q) 4y + 3z + 8 = 0.

3. Fiind date punctele A (3; 1; 2) si B (�1; 3; 0) ; s¼a se determine sfera dediametru AB si planul tangent sferei în punctul A.

Rezolvare: Sfera de diametru AB are centrul C (1; 2; 1) si raza R =p6, deci are ecuatia: (x� 1)2 + (y � 2)2 + (z � 1)2 � 6 = 0, iar planul

tangent în punctulA este: (x� 1) (3� 1)+(y � 2) (1� 2)+(z � 1) (2� 1)�24 = 0, adic¼a 2x� y + z � 7 = 0:

4. Se consider¼a sfera S) x2 + y2 + z2 + 2x � 4y + 4z = 0 si dreapta d)x� 11

=y � 11

=z

�2 . S¼a se determine:a) centrul si raza sferei S);

b) punctele de intersectie ale sferei cu dreapta d);

c) planele tangente sferei în punctele de intersectie g¼asite.

Rezolvare: a) Scriem ecuatia sferei sub form¼a de p¼atrate S) (x+ 1)2+

(y � 2)2 + (z + 2)2 � 9 = 0, deci centrul sferei este C (�1; 2;�2), iarraza R = 3.

b) Rezolvând sistemul8<: (x+ 1)2 + (y � 2)2 + (z + 2)2 � 9 = 0x� 11

=y � 11

=z

�2

obtinem punctele A (2; 2;�2) si B (1; 1; 0).c) Planul tangent sferei în punctulA este: P1) (x+ 1) (2+1)+(y � 2) (2�

151

2) + (z + 2) (�2 + 2)� 9 = 0, adic¼a 3x� 6 = 0, sau x� 2 = 0. Planultangent în punctul B este: P2) 2x� y + 2z � 1 = 0.

5. Fiind dat¼a sfera x2 + y2 + z2 � 2x � 8 = 0; s¼a se determine ecuatia

sub form¼a de p¼atrate, centrul, raza, precum si planul tangent sferei în

punctul A (0; 2; 2) :

Rezolvare: Ecuatia sub form¼a de p¼atrate este: (x� 1)2+y2+z2�9 =0, deci centrul sferei este C (1; 0; 0) si raza R = 3. Planul tangent sferei

în punctul A (care apartine sferei) are ecuatia: x� 2y � 2z + 8 = 0.

6. S¼a se scrie ecuatia planului tangent sferei S) x2+y2+z2�x+2y+z�5 =0 în punctul M0 (2; 1;�1).Rezolvare: Mai întâi vom scrie ecuatia sferei S) sub form¼a de p¼a-

trate, anume S)�x� 1

2

�2+ (y + 1)2 +

�z +

1

2

�2� 13

2= 0. Ob-

serv¼am c¼a punctul M0 apartine sferei S): Atunci, ecuatia planului tan-

gent în punctul M0 la sfer¼a va ��x� 1

2

��2� 1

2

�+ (y + 1) (1 + 1)+�

z +1

2

��1 + 1

2

�� 13

2= 0, adic¼a

3

2x + 2y � 1

2z � 11

2= 0, sau

3x+ 4y � z � 11 = 0.

7. S¼a se scrie ecuatia sferei S) de centru C (�1; 2;�3) si tangent¼a planuluiP ) 2x� y � 2z + 4 = 0.Rezolvare: Ecuatia sferei S) cu centrul în C este: (x+ 1)2+(y � 2)2+(z + 3)2 � R2 = 0, unde raza R = dist (C;P ). Folosind formula

de calcul a distantei de la un punct la un plan avem dist (C;P ) =j2 � (�1)� 2� 2 � (�3) + 4jq

22 + (�1)2 + (�2)2=6

3= 2. Deci ecuatia sferei S) este:

(x+ 1)2 + (y � 2)2 + (z + 3)2 � 4 = 0.

8. Ar¼atati c¼a planul P ) y�6 = 0 este tangent sferei S) (x� 1)2+(y � 1)2+


(z � 2)2 � 25 = 0.Rezolvare: Sfera S) are centrul C (1; 1; 2) si raza R = 5. Planul P )

este tangent sferei S) dac¼a dist (C;P ) = R: F¼acând calculul, obtinem

dist (C;P ) =j1� 6j1

= 5 = R.

9. S¼a se determine ecuatia sferei S) de centru C (2;�1; 1) tangent¼a pla-nului P ) 2x� y� 2z + 6 = 0: S¼a se scrie apoi ecuatia planului tangentsferei S) în punctul M (1; 1; 3).

Rezolvare: Calcul¼am raza sfereiR = dist (C;P ) = 3, deci S) (x� 2)2+(y + 1)2+(z � 1)2� 9 = 0 si planul tangent sferei în punctul M (de pe

sfer¼a) este: �x+ 2y + 2z � 7 = 0.

10. S¼a se determine centrul si raza sferei S) x2+y2+z2�6x+4y+z� 34= 0

si s¼a se scrie ecuatia planului tangent la sfer¼a în punctul M�1; 1;

1

2

�.

S¼a se veri�ce dac¼a planul P ) 3x� 2y� z + 12= 0 este tangent la sfer¼a.

Rezolvare: Ecuatia sferei sub form¼a de p¼atrate este: S) (x� 3)2 +

(y + 2)2 +

�z +

1

2

�2� 14 = 0, deci C

�3;�2;�1

2

�si raza R =

p14.

Planul tangent la sfer¼a în punctulM are ecuatia �2x+3y+ z� 32= 0.

Se obtine dist (C;P ) =p14 = R, deci planul P ) este tangent sferei.

11. Fiind date punctele A (1; 3; 0), B (1; 3; 4) ; s¼a se determine: ecuatia

sferei de diametru AB, planul tangent sferei în punctul B si ecuati-

ile planelor tangente acesteia paralele cu planul xOy.

Rezolvare: Centrul sferei este mijlocul segmentului AB, adic¼a punc-

tul C (1; 3; 2), iar raza este R = dist (A;C) = 2. Deci sfera cerut¼a are

ecuatia (x� 1)2+(y � 3)2+(z � 2)2�4 = 0. Planul tangent în punctulB are ecuatia (x� 1) (1� 1)+(y � 3) (3� 3)+(z � 2) (4� 2)�4 = 0,adic¼a z = 4. Planele paralele cu xOy au ecuatia z = � si dac¼a punem

conditia ca acestea s¼a �e tangente sferei obtinem planele z = 0, z = 4.

153

12. Fiind date sfera S) x2+y2+z2�2x�4y�6z = 0 si punctul A (1; 1; 1) ;s¼a se determine:

a) centrul si raza sferei S);

b) raza si ecuatiile cercului de centru A care se a�¼a la intersectia dintre

sfer¼a cu un plan convenabil ales;

Rezolvare: a) Centrul sferei S) este C (1; 2; 3), iar raza R =p14.

b) Calcul¼am vectorul�!AC = j + 2k si norma sa

�!AC = p1 + 4 =

p5 < R, deci A este un punct interior sferei. Planul c¼autat are vectorul

normal N =�!AC si contine punctul A, deci are ecuatia y + 2z � 3 = 0.

În concluzie, ecuatiile cercului sunt(x2 + y2 + z2 � 2x+ 4y � 6z = 0y + 2z � 3 = 0

;

iar raza sa este: r =pR2 � AC2 = 3.

13. Se consider¼a sfera S) x2 + y2 + z2 � 2x � 4y � 6z � 6 = 0, planul P )x + y + z + 3 = 0, dreapta d) x = y = z � 1 si punctul M (1; 1; 1). Se

cer:

a) ecuatiile planelor paralele cu planul P ) si tangente sferei S);

b) ecuatia sferei cu centrul în M si tangent¼a dreptei d).

Rezolvare: a) Un plan paralel cu planul P ) are ecuatia P�) x + y +

z+� = 0 (� 2 R). Punem conditia ca P�) s¼a �e tangent sferei S) adic¼adist (C;P�) = R, unde C (1; 2; 3) este centrul sferei si R =

p20 (raza

sferei). Obtinem j1 + 2 + 3 + �j =p3 = 2

p5, sau j6 + �j = 2

p15, adic¼a

� = �6� 2p15. Deci am obtinut planele x+ y + z � 6� 2

p15 = 0.

b) Fie A (0; 0; 1) un punct de pe dreapta d) si v = i + j + k vec-

torul director al dreptei. Raza sferei c¼autate este R0 = dist (M;d) = ��!MA� v = kvk = p2=p3. Deci ecuatia sferei este S 0) (x� 1)2 +

(y � 1)2 + (z � 1)2 � 2=3 = 0.

14. Fiind date sfera S) x2 + y2 + z2 + 2x � 4y � 6z � 2 = 0, planul P )


x + 2y + 2z � 4 = 0, dreapta d)x+ 1

1=y � 20

=z + 2

2si punctul

A (1; 1; 2) ; s¼a se determine:

a) centrul si raza sferei S); precum si raza si ecuatiile cercului de centru

A care se a�¼a la intersectia dintre sfer¼a cu un plan convenabil ales;

b) ecuatiile planelor paralele cu planul P ) si tangente sferei S);

c) ecuatia sferei cu centrul în A si tangent¼a dreptei d).

Rezolvare: a) Centrul sferei este C (�1; 2; 3) si raza R = 4. Avem�!AC = �2i+ j + k, deci cercul c¼autat are ecuatiile:

C)(x2 + y2 + z2 + 2x� 4y � 6z � 2 = 0�2x+ y + z � 1 = 0

;

iar raza sa este r =pR2 � AC2 =

p10.

b) Planele paralele cu planul P ) si tangente sferei S) sunt: x + 2y +

2z + 3 = 0 si x+ 2y + 2z � 21 = 0.c) PunctulM0 (�1; 2;�2) apartine dreptei d), iar v = i+2k este vectordirector al dreptei. Atunci dist (A; d) = 1, deci ecuatia sferei c¼autate

este (x� 1)2 + (y � 1)2 + (z � 2)2 � 1 = 0.

15. S¼a se determine punctele de intersectie ale dreptei d) x� 5 = y + 3p6=

z � 13

cu sfera S) x2+y2+z2�10x+6y�2z+19 = 0, precum si ecuatiileplanelor tangente sferei si paralele cu planul P ) 3x� y � z + 1 = 0.Rezolvare: Scriind sfera sub forma (x� 5)2+(y + 3)2+(z � 1)2�16 =0 si intersectând-o cu dreapta d); obtinem puncteleM1

�6;p6� 3; 4

�si

M2

�4;�

p6� 3;�2

�. Cerând planelor P�) 3x� y � z + � = 0; � 2 R;

s¼a �e tangente sferei S) obtinem � = �17� 4p11.

16. S¼a se scrie ecuatia sferei cu centrul pe dreapta d)x

1=y � 1�1 =

z + 2

1,

având razap5 si care trece prin punctul A (0; 2;�1).

Rezolvare: Dac¼a not¼am centrul sferei C (a; b; c), atunci ecuatia sferei

155

este (x� a)2+(y � b)2+(z � c)2 = 5. Stim c¼a C se g¼aseste pe dreaptad), deci avem

a

1=b� 1�1 =

c+ 2

1. De asemenea, A apartine sferei,

adic¼a a2+ (2� b)2+ (�1� c)2 = 5. Rezult¼a un sistem în coordonatelelui C si rezolvându-l obtinem solutiile a = 1, b = 0, c = �1, respectiva = �1, b = 2, c = �3. Sferele cerute sunt (x� 1)2+ y2+ (z + 1)2 = 5si respectiv (x+ 1)2 + (y � 2)2 + (z + 3)2 = 5.

17. S¼a se determine ecuatia sferei S) care are centrul pe dreapta d) x�1 =y+2 =

z + 1

2, raza 2 si este tangent¼a planului P ) 2x� 2y+ z� 1 = 0.

Rezolvare: Centrul sferei C (a; b; c) apartine dreptei d) si deci a� 1 =b + 2 =

c+ 1

2. Punând conditia dist (C;P ) = j2a� 2b+ c� 1j =3 = 2

obtinem sferele S1) (x� 2)2+ (y + 1)2+ (z � 1)2� 4 = 0 respectiv S2)(x+ 4)2 + (y + 7)2 + (z + 11)2 � 4 = 0.

18. S¼a se g¼aseasc¼a ecuatia sferei care este tangent¼a în punctul M (2; 3; 4)

la planul P1) x + y + z � 9 = 0 si care are centrul în planul P2) 7x �4y + 5z � 14 = 0.Rezolvare: Centrul sferei C (a; b; c) se a�¼a la intersectia planului P2)

cu dreapta d) ce trece prin M si este perpendicular¼a pe planul P1).

Ecuatia dreptei d) estex� 21

=y � 31

=z � 41, deci coordonatele lui

C vor � solutia sistemului(7a� 4b+ 5c� 14 = 0a� 2 = b� 3 = c� 4

:

Se obtine a = 1, b = 2, c = 3, adic¼a C (1; 2; 3). Raza sferei este

R = dist (M;C) =p3. Ecuatia sferei este S) (x� 1)2 + (y � 2)2 +

(z � 3)2 � 3 = 0.

19. S¼a se determine ecuatia sferei ce trece prin puncteleA (1; 2; 3), B (3;�4; 5)


si are centrul pe dreapta

d)

(x+ y + z = 5

2x+ 5y + 3z = 10:

Rezolvare: Centrul sferei C (a; b; c) se g¼aseste la intersectia dreptei d)

cu planul mediator P ) al segmentului AB, adic¼a planul ce trece prin

mijlocul segmentului AB si are ca vector normal N =�!AB. Mijlocul

segmentului AB esteM (2;�1; 4), iar N = 2i�6j+2k si atunci ecuatiaplanului P ) este x� 3y + z � 9 = 0. Astfel obtinem sistemul8>><>>:

a+ b+ c = 5

2a+ 5b+ 3c = 10

a� 3b+ c� 9 = 0;

deci C (3;�1; 3). Raza este R = dist(A;C) =p4 + 9 =

p13. Ecuatia

sferei va � S) (x� 3)2 + (y + 1)2 + (z � 3)2 � 13 = 0.

20. S¼a se scrie ecuatia sferei S) cu centrul în C (4; 5;�2), stiind c¼a estetangent¼a sferei S 0) x2+ y2+ z2� 4x� 12y+36 = 0, iar sfera S 0) se a�¼aîn interiorul sferei S).

Rezolvare: Ecuatia sferei S 0) se mai scrie sub forma (x� 2)2+(y � 6)2+z2 � 4 = 0, deci are centrul C 0 (2; 6; 0) si raza R0 = 2. Raza sferei c¼au-tate este R = R0 +

��!CC 0 = 2 +p4 + 1 + 4 = 5. Obtinem ecuatia S)

(x� 4)2 + (y � 5)2 + (z + 2)2 � 25 = 0.

21. Se cere ecuatia sferei S) ce trece prin cercul C) x2 + y2� 11 = 0, z = 0si este tangent¼a planului P ) x+ y + z � 5 = 0.Rezolvare: Deoarece sfera S) trece prin cercul C), centrul sferei va �C (0; 0; �). Punem conditia R2 = d2 + r2, unde R este raza sferei S),

r =p11 este raza cercului C); iar d = dist(C;C 0) = j�j, C 0 (0; 0; 0)

�ind centrul cercului C). Sfera este tangent¼a planului P ), deci R =

157

dist (C;P ) = j�� 5j =p3. Avem �2 + 11 =

�j�� 5j =

p3�2. Se obtin

solutiile: �1 = �4, �2 = �1: Deci, sferele corespunz¼atoare sunt x2 +y2 + (z + 4)2 � 27 = 0, respectiv x2 + y2 + (z + 1)2 � 12 = 0.

22. S¼a se determine ecuatiile cercului C) care are centrul C (1; 6; 0) si sea�¼a la intersectia sferei S) (x� 4)2 + (y � 7)2 + (z + 1)2 � 36 = 0 cuun plan convenabil ales. Care este raza acestui cerc?

Rezolvare: Întrucât distanta de la C la centrul sferei C 0 (4; 7;�1) ested =

p11, mai mic¼a decât raza sferei R = 6, punctul C este interior

sferei. Cercul C); a�ându-se la intersectia sferei S) cu planul prin Cperpendicular pe

��!CC 0 = 3i+ j � k; are ecuatiile((x� 4)2 + (y � 7)2 + (z + 1)2 � 36 = 03x+ y � z � 9 = 0

:

Raza cercului este r =pR2 � d2 = 5.

23. S¼a se determine ecuatia sferei S) ce trece prin origine si prin cercul C)2x+ 2y � z + 4 = 0, x2 + y2 + z2 + 2x� 4y � 4z � 40 = 0.Rezolvare: Distanta de la centrul sferei la plan �ind mai mic¼a decât

raza sferei, familia de sfere ce trece prin cercul C) este dat¼a de S�)�(x2 + y2 + z2 + 2x� 4y � 4z � 40) + 2x+ 2y � z + 4 = 0; � 2 R: Dinconditia ca originea s¼a apartin¼a sferei, obtinem � = 1=10: Astfel, sfera

c¼autat¼a are ecuatia x2 + y2 + z2 + 22x+ 16y � 6z = 0.

24. Determinati ecuatia sferei S) tangent¼a dreptelor d1) x = y = z si d2)

x+ y = 5, z = 0 în punctele A (1; 1; 1), respectiv B (3; 2; 0).

Rezolvare: Centrul sferei se a�¼a pe dreapta de intersectie a planelor

P ) x + y + z � 3 = 0 (plan prin A perpendicular pe d1)) si Q) x �y � 1 = 0 (plan prin B perpendicular pe d2)). Dac¼a consider¼am un

punct curent de pe aceast¼a dreapt¼a C� (�; �� 1; 4� 2�), din conditia


dist (C�; A) = dist (C�; B) obtinem � = 2 si apoi sfera c¼autat¼a S)

(x� 2)2 + (y � 1)2 + z2 � 2 = 0.

25. Ar¼atati c¼a planul tangent sferei S) x2+ y2+ z2�R2 = 0 într-un punctarbitrar al acesteia determin¼a pe axele de coordonate segmente având

suma inverselor p¼atratelor lungimilor constant¼a.

Rezolvare: Fie M (�; �; ) un punct de pe sfera S); deci �2 + �2 +

2 = R2: Planul tangent sferei S) în punctul M este P ) �x + �y +

z �R2 = 0. Intersectând acest plan cu axele de coordonate, obtinempunctele A (R2=�; 0; 0), B (0; R2=�; 0) si C (0; 0; R2= ). Prin urmare,

1=OA2 + 1=OB2 + 1=OC2 =��2 + �2 + 2

�=R4 = 1=R2:

26. Fiind date punctele A (1; 0; 0), B (0; 2; 0), C (0; 0;�2) si D (0; 0; 0) ; s¼ase determine:

a) ecuatiile parametrice ale sferei ce trece prin cele patru puncte;

b) ecuatiile, centrul si raza cercului ce trece prin punctele A, B si C.

Rezolvare: a) x = 1=2 + 3=2 sin � cos', y = 1 + 3=2 sin � sin', z =

�1 + 3=2 cos �, ' 2 [0; 2�), � 2 [0; �].b) C) x2+y2+z2�x�2y+2z = 0, 2x+y�z�2 = 0, C 0 (1=6; 5=6;�5=6)si r = 5=2

p3.

27. S¼a se determine centrul si raza cercului de intersectie dintre sferele S1)

x2+y2+z2�6x+2y�2z+7 = 0 si S2) x2+y2+z2�2x�4y+2z�3 = 0.Rezolvare: Centrul cercului c¼autat C (39=17; 1=17; 5=17) se a�¼a la

intersectia planului radical P ) 4x � 6y + 4z � 10 = 0 cu dreapta d)

(x� 1) =2 = (2� y) =3 = (z + 1) =2 ce trece prin centrul sferei S2) si

este perpendicular¼a pe planul P ); r =p32=17.

28. S¼a se arate c¼a sferele familiei

S��)x2 + y2 + z2 � 2�x� 2�y � 2

q4� �2 � �2z + 3 = 0;

159

cu �; � 2 R si �2 + �2 � 4, sunt tangente la dou¼a sfere �xe S1) si S2).Rezolvare: Sferele de mai sus au razele egale cu unitatea si centrele

C��

��; �;�

p4� �2 � �2

�. Cum locul geometric al centrelor lor este

sfera S) x2+y2+z2�4 = 0; rezult¼a c¼a sferele familiei date sunt tangentesferelor S1) x2 + y2 + z2 � 1 = 0 si S2) x2 + y2 + z2 � 9 = 0.

29. Ar¼atati c¼a familia de plane

P��)�x+ �y + z � �� 2�� 3� 16q�2 + �2 + 1 = 0;

cu �; � 2 R este tangent¼a unei sfere �xe S).Rezolvare: Distanta de la punctul C (a; b; c) la planele familiei va �

constant¼a pentru orice � si � numai dac¼a a = 1, b = 2, c = 3. Prin

urmare, planele familiei respective sunt tangente sferei S) (x� 1)2 +(y � 2)2 + (z � 3)2 � 16 = 0.

30. Determinati suprafata generat¼a de o dreapt¼a în miscare ce trece prin

punctul A (1; 4; 3) si r¼amâne tangent¼a suprafetei S) (x� 1)2+(y � 2)2+(z � 3)2 � 4 = 0. Justi�cati geometric rezultatul.Rezolvare: O dreapt¼a arbitrar¼a ce trece prin punctul A, adic¼a

(x� 1) =� = (y � 4) =� = z � 3;

va � tangent¼a sferei S) dac¼a sistemul format cu ecuatiile lor admite

solutie dubl¼a. Cum acest lucru se întâmpl¼a numai dac¼a � = 0 rezult¼a

c¼a suprafata c¼autat¼a este planul y = 4. Acest lucru se justi�c¼a prin

faptul c¼a punctul A 2 S), iar planul de mai sus este tocmai planul

tangent sferei în acest punct.

31. S¼a se determine ecuatia familiei de plane ce trec prin punctul A(0; 4; 3)

si sunt tangente sferei S) x2 + y2 + z2 = 1.

Rezolvare: Din familia de plane x cos�+(y � 4) cos �+(z � 3) cos =


0 le alegem pe acelea ce se a�¼a la distanta d = 1 de origine. Întrucât

cos2 � + cos2 � + cos2 = 1 rezult¼a 4 cos � + 3 cos = 1 si deci ecuatia

planelor respective este x cos�+y cos ��zp1� cos2 �� cos2 ��1 = 0.

Bibliogra�e

[1] Gh. Atanasiu, Gh. Munteanu, M. Postolache, Culegere de probleme de

algebr¼a liniar¼a, geometrie analitic¼a, diferential¼a si ecuatii diferentiale,

Editura ALL, Bucuresti, 1994.

[2] V. T. Borcea, C. I. Davideanu, C. For¼ascu, Probleme de algebr¼a liniar¼a,

Editura "Gh. Asachi" Iasi, 2000.

[3] A. C¼ar¼ausu, Linear Algebra, Editura MATRIX ROM, Bucuresti, 1999.

[4] S. Chirit¼a, Probleme de matematici superioare, Editura Didactic¼a si

Pedagogic¼a, Bucuresti, 1989.

[5] Gh. Ciobanu, Gh. Slabu, Algebr¼a liniar¼a, geometrie analitic¼a si difer-

ential¼a, Culegere de probleme, vol. I si II, Rotaprint IPI, 1983.

[6] A. Corduneanu, Culegere de probleme, Iasi, 1984.

[7] I. Cr¼aciun, Gh. Procopiuc, Al. Neagu, C. Fetec¼au, Algebr¼a liniar¼a,

geometrie analitic¼a si diferential¼a si programare, vol. I si II, Rotaprint

IPI, 1984.

[8] V. Cruceanu, Elemente de algebr¼a liniar¼a si geometrie, Centrul de

multiplicare Univ. Iasi, 1971.

[9] C. Fetec¼au, Algebr¼a liniar¼a si geometrie analitic¼a, Editura Tehnica-

Info, Chisin¼au, 2006.

[10] C. Fetec¼au, E. Sîrbu, Probleme de geometrie analitic¼a si diferential¼a,

Rotaprint IPI, 1993.

[11] C. Mihu, Sisteme de ecuatii liniare si forme p¼atratice, Editura

161

162 BIBLIOGRAFIE

Tehnic¼a, Bucuresti, 1985.

[12] V. Murgescu, Georgeta Teodoru, Algebr¼a liniar¼a si geometrie

analitic¼a, Rotaprint IPI, 1980.

[13] Al. Neagu, Veronica Borcea, Probleme de algebr¼a si ecuatii difer-

entiale, Rotaprint , 1993.

[14] N. Papaghiuc, C. C¼alin, Algebr¼a liniar¼a si geometrie, Editura PER-

FORMANTICA, Iasi, 2003.

[15] I. Pop, Culegere de probleme de algebr¼a liniar¼a, Rotaprint Univ. "Al.

I. Cuza" Iasi, 1982.

[16] Gh. Procopiuc, Matematic¼a, teorie si aplicatii, Editura Gh. Asachi

Iasi, 2001.

[17] Gh. Procopiuc, N. Ionescu, Probleme de algebr¼a liniar¼a si geometrie,

Editura Tehnica-Info, Chisin¼au, 2002.

[18] C. Udriste, C. Radu, C. Dicu, O. M¼al¼ancioiu, Probleme de algebr¼a,

geometrie si ecuatii diferentiale, Editura Didactic¼a si Pedagogic¼a, Bu-

curesti, 1982.

[19] E. Vamanu, N. Negoescu, Culegere de probleme de algebr¼a liniar¼a si

geometrie analitic¼a si diferential¼a, Rotaprint IPI, 1982.

[20] A. I. Vieru, C. Fetec¼au, Probleme de algebr¼a liniar¼a si geometrie

analitic¼a, Editura Tehnica - Info, Chisin¼au, 2006.

Algebra şsi geometrie Culegere de probleme

Documents