+ All Categories
Transcript

”The key to growth is the introduction of higher dimensions of con-sciousness into our awareness.”

Lao Tzu

2Spatii vectoriale

Codarea mesajelor

Mesajele transmise, cum ar fi datele provenite de la un satelit, sunt intot-deauna supuse interferentelor. E important asadar sa putem cripta mesajele inasa fel incat, dupa ce sunt alterate de interferente, sa poata fi decriptate la formalor originala. Acest lucru se face uneori prin repetarea mesajului de doua sautrei ori, un lucru de altfel comun si in vorbire. Insa multiplicarea informatiilorstocate intr-un computer va duce la supraincarcarea memoriei acestuia. E im-portant sa incercam sa gasim cai de a decoda mesajele dupa ce sunt distorsionatede interferente. Acest proces se numeste coding. Un cod care detecteaza erorile

1

intr-un mesaj distorsionat de interferente (scrambled message) se numeste de-tector de erori. Daca, in plus, poate corecte erorile se numeste corector deerori.

Tehnici de baza de coding: Cele mai multe mesaje sunt trimise sub formaunui sir digital de 0-uri si 1-ri, ca de exemplu 10101 sau 1010011, asadarsa presupunem ca vrem sa transmitem mesajul 1011. Acest “cuvant” binarpoate reprezenta un cuvant adevarat ca si ”cumpara” sau o intreaga propozitie”cumpara actiuni”. O varianta de criptare a lui 1011 ar fi sa ii atasam o coadabinara in asa fel incat daca mesajul este deformat, sa zicem in 0011, putem sadetectam eroarea. O astfel de coada poate fi 1 sau 0, in functie de numarulde 1-uri din mesaj. Mai precis adaugam un 1 daca avem un numar impar de1-uri in cuvantul binar transmis si 0 daca avem un numar par. In acest fel toatecuvintele criptate vor avea un numar par de 1-uri. Deci 1011 va fi codificat ca si10111. Acum daca acest mesaj este deformat in 00111 stim ca a aparut o eroaredin moment ce avem un numar impar de 1-ri. Aceasta metoda de detectare aerorilor se numeste verificarea paritatii si e prea simpla pentru a fi utila. Deexemplu daca doua cifre sunt schimbate, metoda noastra nu va detecta eroarea.Alta abordare ar fi sa repetam de doua ori mesajul si sa transmitem 10111011.Acum daca 00111011 este receptionat, stim ca una din cele doua copii a fostdeformata. Si aceasta metoda da rezultate slabe si nu este prea des folosita.

O tehnica avansata de codare: codul HammingIn anii 50′ R.H. Hamming a introdus o metoda de corectare a unei singure eroricare e acum cunoscuta ca find codarea Hamming. Pentru a examina detaliileacestei tehnici avem nevoie de cateva notiuni de algebra liniara.

Spatii vectoriale peste corpul K = Z2

Multimea Z2 = {0, 1} a resturilor la impartirea cu 2 impreuna cu adunareasi inmultirea definite mai jos:

0 + 1 = 1, 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0, 0 + 0 = 0

0 · 1 = 0, 1 · 0 = 0, 1 · 1 = 1, 0 · 0 = 0

formeaza un corp.Amintim ca structura de spatiu vectorial a lui R𝑛 peste corpul K = R este

data de adunarea vectoriala:

(𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) ⊕ (𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛) := (𝑥1 + 𝑦1, 𝑥2 + 𝑦2, . . . , 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛)

si inmultirea cu scalari:

𝛼⊙ (𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) := (𝛼𝑥1, 𝛼𝑥2, . . . , 𝛼𝑥𝑛)

pentru 𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛, 𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛 si 𝜆 numere reale.Analog echipam Z𝑛

2 cu o adunare vectoriala definita de adunarea binara pecomponente si o inmultire cu scalari (0 sau 1). De exemplu in Z3

2 avem:

(1, 0, 1) ⊕ (1, 1, 0) = (0, 1, 1)

0 ⊙ (1, 0, 1) = (0, 0, 0)

2

Echipata cu aceste operatii multimea Z𝑛2 devine un spatiu vectorial peste

corpul K = Z2 si putem discuta despre liniar independenta, sisteme de genera-tori, subspatii, dimensiune. Spre deosebire de R𝑛 spatiul vectorial Z𝑛

2 contineun numar finit de 2𝑛 vectori.

Codul Hamming (7, 4): pentru doua numere intregi 𝑘 ≤ 𝑛, un subspatiuvectorial alui a Z𝑛

2 de dimensiune 𝑘 se numeste cod liniar (𝑛, 𝑘).Consideram matricea 𝐻 cu elemente in Z2 a carei coloane notate 𝑐1, 𝑐2, . . . , 𝑐7

sunt formate din cei 7 vectori nenuli din Z3:

𝐻 =

⎛⎜⎜⎜⎝0 0 0 1 1 1 1

0 1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠Subspatiul vectorial:

𝑘𝑒𝑟 𝐻 :=

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑥1

𝑥2

...

𝑥7

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ∈ Z72 : 𝐻

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑥1

𝑥2

...

𝑥7

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝0

0...

0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭poarta numele de codul Hamming (7, 4)

Se poate arata ca:

𝐵 = {(1, 0, 0, 0, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1, 1, 1, 1)}

formeaza o baza a spatiului vectorial 𝑘𝑒𝑟 𝐻.Matricea G ale carei linii sunt elementele bazei 𝐵 se numeste matricea

generatoare a codului Hamming (7,4):

𝐺 :=

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 0 0 0 0 1 1

0 1 0 0 1 0 1

0 0 1 0 1 1 0

0 0 0 1 1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠Mai jos explicam procedura codului Hamming si corectarea erorilor dar pen-

tru aceasta trebuie sa facem urmatoarele remarci. Fie {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒7} bazacanonica in Z7

2. Putem verifica relatiile 𝐻𝑒𝑖 = 𝑐𝑖 pentru orice 𝑖 = 1, 7 si prinurmare niciunul dintre vectorii bazei canonice nu se afla in 𝑘𝑒𝑟 𝐻.

1. Daca 𝑣 apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 atunci 𝑣 + 𝑒𝑖 nu apartin lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 pentruorice 𝑖.

2. Daca 𝑣 este un vector din Z72 pentru care exista un 𝑖 astfel ca 𝐻𝑣 = 𝑐𝑖

atunci 𝑣 + 𝑒𝑖 apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 si pentru 𝑗 = 𝑖 avem ca 𝑣 + 𝑒𝑗 nu apartinacestei multimi.

3

Algoritmul pentru corectarea erorilor cu codul (7,4)

Sa presupunem ca vrem sa transmitem un cuvant u constand din patru cifrebinare 𝑢1, 𝑢2, 𝑢3, 𝑢4, si presupunem ca acesta ar putea fi deformat de interferentecare ii schimba doar o componenta. Fie 𝑤 cuvantul primit.

1. Pentru a coda u, formam combinatia liniara 𝑣 a elementelor din baza 𝐵de mai sus cu cele patru componente a lui u ca si coeficienti. De fapt 𝑣poate fi obtinut din cuvantul original prin inmultirea cu matricea 𝐺:

𝑣 =(𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4

)𝐺

Prin constructie vectorul 𝑣 apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻. De remarcat ca rezultatul

calculului(𝑢1 𝑢2 𝑢3 𝑢4

)𝐺 este un vector cu sapte componente ale

carui prime patru componente reprezinta mesajul original.

2. Se calculeaza 𝐻𝑤, unde 𝐻 este matricea descrisa mai sus.

3. Daca 𝐻𝑤 = 0, atunci 𝑤 partine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻. Astfel, prezenta unei singureerori va insemna ca w nu apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻. In acest caz concluzionam canu au existat deformari si u este reprezentat de primele patru componenteale lui w.

4. Daca 𝐻𝑤 = 𝑐𝑖 pentru un anumit 𝑖, atunci 𝑣 + 𝑒𝑖 este un vector din 𝑘𝑒𝑟 𝐻iar 𝑣 + 𝑒𝑗 nu apartine lui 𝑘𝑒𝑟 𝐻 pentru 𝑗 = 𝑖. In acest caz schimbamcomponenta a i-a in 𝑤 (de le 0 la 1 sau de la 1 la 0) si obtinem un nouvector ��. Primele sale patru componente vor fi acum reprezentate decuvantul u

In tehnica de mai sus cuvintele trimise sunt foarte scurte: doar 4 componente.In realitate mesajele electronice contin mult mai multe componente si decodareanu poate fi facuta decat cu ajutorul calculatorului, calculele fiind enorme. Oproblema cu codul Hamming (7,4) este ca nu poate detecta mai mult de o eroare.

Puteti exersa cele prezentate mai sus:Problema: Am receptionat mesajul 𝑤 = 1100011 criptat cu ajutorul codului

Hamming (4, 7). Stim ca s-a scurs cel mult o eroare in transmisia sa. Aflatimesajul original.

4

Vectori in R𝑛

∙ vom defini pe multimea R𝑛 a vectorilor 𝑛-dimensionali 𝑣 = (𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛)doua operatii:

Adunarea vectoriala: ⊕

(𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) ⊕ (𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛) = (𝑥1 + 𝑦1, 𝑥2 + 𝑦2, . . . , 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛)

grafic, in 2D si 3D suma se obtine prin regula paralelogramuluiScalarea vectoriala: ⊙

𝛼⊙ (𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) = (𝛼𝑥1, 𝛼𝑥2, . . . , 𝛼𝑥𝑛), 𝛼 ∈ R

∙ impreuna cu aceste doua operatii spunem ca (R𝑛,⊕,⊙) este spatiu vec-torial peste corpul R (multimea scalarilor)

∙ adunarea si scalarea vectoriala sunt notate in general cu ”+” si ”·” chiardaca exista un pericol de confuzie

∙ un sistem de vectori 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝} din R𝑛 se numeste liniar indepen-dent daca:

𝛼1𝑣1 + 𝛼2𝑣2 + . . . + 𝛼𝑝𝑣𝑝 = 𝜃 =⇒ 𝛼1 = 𝛼2 = . . . = 𝛼𝑝 = 0.

�practic, 𝑆 este un sistem liniar independent daca niciun vec-

tor din 𝑆 nu se poate exprima ca o combinatie liniara de vectori din 𝑆.�

in relatia de mai sus 𝜃 = (0, 0, . . . , 0) este vectorul nul

Mod practic de studiu al liniar independentei:Pentru stabilirea liniar independentei unui sistem de 𝑝 vectori:

𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝}

se formeaza matricea matricea 𝐴 pentru care acesti vectori reprezinta coloanelesau liniile sale. Daca:

rang(𝐴) = numar de vectori ai sistemului S = 𝑝

atunci 𝑆 este liniar independent.

∙ un sistem de vectori 𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝} din R𝑛 se numeste sistem degeneratori al spatiului vectorial R𝑛 daca pentru orice vector 𝑣 ∈ R𝑛 existascalarii 𝛼1, 𝛼2, . . . , 𝛼𝑝 ∈ R astfel ca:

𝑣 = 𝛼1𝑣1 + 𝛼2𝑣2 + . . . + 𝛼𝑝𝑣𝑝.

adica orice vector din R𝑛 se poate exprima ca o combinatieliniara a vectorilor sistemului 𝑆.

5

Mod practic de studiu al sistemelor de generatori:Pentru a stabili daca un sistem de 𝑝 vectori:

𝑆 = {𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝}

este sistem de generatori ai lui R𝑛 se formeaza matricea 𝐴 pentru care acestivectori reprezinta coloanele sau liniile sale. Daca:

rang(𝐴) = dimensiunea spatiului vectorial R𝑛 = 𝑛

atunci 𝑆 este sistem de generatori.

Multimea generata de un sistem de vectori se noteaza cu:

𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝} = {𝑘1𝑣1 + 𝑘2𝑣2 + . . . + 𝑘𝑝𝑣𝑝 : 𝑘1, 𝑘2, . . . , 𝑘𝑝 ∈ R}

si se numeste subspatiul vectorial generat de sistemul de vectori 𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑝.In R3 putem vizualiza usor cum arata cateva astfel de subspatii. De

exemplu 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣} = {𝑘𝑣 : 𝑘 ∈ R} este o dreapta prin originea reperuluiOxyz cu directia data de vectorul 𝑣. In schimb pentru doi vectori necol-iniari 𝑣1, 𝑣2 multimea 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2} = {𝑘1𝑣1 + 𝑘2𝑣2 : 𝑘1, 𝑘2 ∈ R} este unplan care contine originea si doi vectori de directie 𝑣1 si 𝑣2.

Remarca:

Baza a spatiului vectorial R𝑛= sistem lin. independent+sistem de generatori

Mai sus am prezentat R𝑛 ca fiind un prototip al unei structuri algebricenumite spatiu vectorial. Folosind acest prototip putem extinde toate afir-matiile de mai sus la alte multimi de obiecte pe care le vom numi tot”vectori”, atata vreme cat avem definita o adunare a obiectelor si o scalare.

Pe multimea R2[𝑋] = {𝑎𝑋2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 : 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ R} a polinoamelor de

Remarca:

6

grad cel mult 2 putem defini o adunare a polinoamelor si o scalare (inmul-tire cu un numar real). Astfel R2[𝑋] devine spatiu vectorial peste corpulR. O baza canonica a spatiului R2[𝑋] este formata din ”vectorii”:

𝑒1 = 𝑋2, 𝑒2 = 𝑋, 𝑒3 = 1.

Analog multimea 𝑀2(R) a matricelor de ordin doi devine spatiu vectorialcu operatiile de adunare a matricelor si de inmultirea cu un numar real.O baza canonica a spatiului 𝑀2(R) este formata din ”vectorii”:

𝐸1 =

⎛⎝1 0

0 0

⎞⎠ , 𝐸2 =

⎛⎝0 1

0 0

⎞⎠ , 𝐸3 =

⎛⎝0 0

1 0

⎞⎠ , 𝐸4 =

⎛⎝0 0

0 1

⎞⎠O baza canonica a spatiului R3 este formata din vectorii:

𝑒1 = (1, 0, 0), 𝑒2 = (0, 1, 0), 𝑒3 = (0, 0, 1)

dimensiune a spatiului vectorial=numar de vectori dintr-o baza a sa

∙ se observa ca dim R3 = 3, dim R2[𝑋] = 3 si dim 𝑀2(R) = 4

∙ este suficient sa discutam de acum doar de prototipul R𝑛 al structuriialgebrice spatiu vectorial deoarece are loc urmatorul rezultat fundamental:

Orice spatiu vectorial real (peste corpul R) care are dimensiunea 𝑛 se poateidentifica cu R𝑛.

De exemplu R2[𝑋] se identifica cu R3 in felul urmator:

𝑝 = 𝑎𝑋2 + 𝑏𝑋 + 𝑐 𝑣 = (𝑎, 𝑏, 𝑐)

adica identificam un polinom cu vectorul coeficientilor sai.Oarecum asemanator identificam 𝑀2(R) cu R4 prin:

𝐴 =

⎛⎝𝑎 𝑏

𝑐 𝑑

⎞⎠ 𝑣 = (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑)

Remarca:

∙ daca relativ la o baza 𝐵 = {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑛} a lui R𝑛 avem scrierea:

𝑣 = 𝛼1𝑒1 + 𝛼2𝑒2 + . . . + 𝛼𝑛𝑒𝑛

7

numim 𝛼1, 𝛼2, . . . , 𝛼𝑛 coordonate ale vectorului 𝑣 relativ la baza 𝐵 si notam:

[𝑣]𝐵 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝛼1

𝛼2

...

𝛼𝑛

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ .

∙ daca 𝐵1 = {𝑒1, 𝑒2, . . . , 𝑒𝑛} si 𝐵2 = {𝑒′1, 𝑒′2, . . . , 𝑒′𝑛} sunt baze in R𝑛 si:⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩𝑒′1 = 𝑎11𝑒1 + 𝑎21𝑒2 + . . . + 𝑎𝑛1𝑒𝑛

𝑒′2 = 𝑎12𝑒1 + 𝑎22𝑒2 + . . . + 𝑎𝑛2𝑒𝑛

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

𝑒′𝑛 = 𝑎1𝑛𝑒1 + 𝑎2𝑛𝑒2 + . . . + 𝑎𝑛𝑛𝑒𝑛

adica exprimam vectorii bazei 𝐵2

in functie de cei ai lui 𝐵1

se numeste matricea de trecere de la baza 𝐵1 la baza 𝐵2 matricea:

𝑇𝐵1𝐵2 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑎11 𝑎12 . . . 𝑎1𝑛

𝑎21 𝑎22 . . . 𝑎2𝑛...

... . . ....

𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 . . . 𝑎𝑛𝑛

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠∙ daca 𝑇𝐵1𝐵2 este matricea de trecere de la baza 𝐵1 la baza 𝐵2 atunci au

loc relatiile:𝑇𝐵1𝐵2

= 𝑇−1𝐵2𝐵1

𝑇𝐵1𝐵2= 𝑇−1

𝐵𝑐𝐵1· 𝑇𝐵𝑐𝐵2

unde 𝐵𝑐 este baza canonica din R𝑛

∙ coordonatele unui vector relativ la o baza 𝐵 se pot obtine cu ajutorulmatricei de trecere 𝑇𝐵𝑐𝐵 :

[𝑣]𝐵 = 𝑇−1𝐵𝑐𝐵

· [𝑣]𝐵𝑐.

∙ in general au loc formulele:

[𝑣]𝐵2= 𝑇−1

𝐵1𝐵2· [𝑣]𝐵1

sau [𝑣]𝐵1= 𝑇𝐵1𝐵2

· [𝑣]𝐵2.

8

Matrice. Un punct de vedere liniar independent

∙ matricea:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝1 2 −1

0 0 2

−1 −2 3

2 4 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠poate fi interpretata ca o colectie de vectori linie:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝(1 2 − 1) = ℓ1

(0 0 2) = ℓ2

(−1 − 2 3) = ℓ3

(2 4 0) = ℓ4

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠sau de vectori coloana:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

𝑐1 𝑐2 𝑐3⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝1

0

−1

2

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝2

0

−2

4

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝−1

2

3

0

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

rang(𝐴) = nr. de linii liniar independente = nr. de coloane liniar independente

𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴) = 2 si se poate verifica ca primele doua linii ℓ1 si ℓ2sunt liniar independente iar ℓ3 = −ℓ1 + ℓ2 sau ℓ4 = 2ℓ2 + ℓ3�

oricare trei linii sunt liniar dependente si exista doua linii liniarindependente, de exemplu ℓ1, ℓ2�

acelasi rezultat are loc pentru coloanele 𝑐1, 𝑐2, 𝑐3.Structura matricelor de rang 1. Daca 𝐴 ∈ ℳ𝑚×𝑛(IR) are rangul 1

atunci exista 𝑢 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑎1

𝑎2...

𝑎𝑛

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ si 𝑣 = (𝑏1 𝑏2 . . . 𝑏𝑛) astfel ca:

𝐴 = 𝑢 · 𝑣

∙ Teorema lui Sylvester:

𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴) + 𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐵) − 𝑛 ≤ 𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴𝐵) ≤ min{𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴), 𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐵)}

9

deci rangul nu creste prin inmultire cu o alta matrice∙ are loc si inegalitatea:

𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴 + 𝐵) ≤ 𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐴) + 𝑟𝑎𝑛𝑔(𝐵)

evidenta intrucat prin adunare putem modifica fundamental matricea ea putanddeveni chiar inversabila.

Determinanti in geometrie:

Aria triunghiului format de punctele 𝐴(𝑥𝐴, 𝑦𝐴), 𝐵(𝑥𝐵 , 𝑦𝐵) si𝐶(𝑥𝐶 , 𝑦𝐶) este:

𝒜Δ𝐴𝐵𝐶 =1

2

𝑑𝑒𝑡

⎛⎜⎜⎜⎝𝑥𝐴 𝑦𝐴 1

𝑥𝐵 𝑦𝐵 1

𝑥𝐶 𝑦𝐶 1

⎞⎟⎟⎟⎠

Avem nevoie de modul inaintea determinantului pentru a ne asigura caaria este tot timpul pozitiva.

Ce ascunde liniar dependenta ?∙ daca determinantul de mai sus este nul stim ca liniile sunt liniar depen-

dente, asadar va exista o linie care sa fie o combinatie liniara de celelalte, sapresupunem de exemplu ℓ3 = 𝛼ℓ1 + 𝛽ℓ2, adica:

(𝑥𝐶 𝑦𝐶 1) = 𝛼 · (𝑥𝐴 𝑦𝐴 1) + 𝛽 · (𝑥𝐵 𝑦𝐵 1)

∙ observam ca relatia de mai sus implica 1 = 𝛼 + 𝛽 si prin urmare:{𝑥𝐶 = 𝛼 · 𝑥𝐴 + (1 − 𝛼) · 𝑥𝐵

𝑦𝐶 = 𝛼 · 𝑦𝐴 + (1 − 𝛼) · 𝑦𝐵

care conduce la:𝑥𝐶 − 𝑥𝐴

𝑥𝐵 − 𝑥𝐴=

𝑦𝐶 − 𝑦𝐴𝑦𝐵 − 𝑦𝐴

= 1 − 𝛼

adica punctul 𝐶 se afla pe dreapta 𝐴𝐵.∙ asadar determinatul este nul daca si numai daca punctele sunt coliniare:

𝐴(𝑥𝐴, 𝑦𝐴), 𝐵(𝑥𝐵 , 𝑦𝐵), 𝐶(𝑥𝐶 , 𝑦𝐶) coliniare ⇔

𝑥𝐴 𝑦𝐴 1

𝑥𝐵 𝑦𝐵 1

𝑥𝐶 𝑦𝐶 1

= 0

∙ coordonatele punctelor 𝑀 situate pe dreapta 𝐴𝐵 sunt o combinatie afinaa coordonatelor punctelor 𝐴 si 𝐵 adica:

(𝑥𝑀 , 𝑦𝑀 ) = 𝛼 · (𝑥𝐴, 𝑦𝐴) + (1 − 𝛼)(𝑥𝐵 , 𝑦𝐵) 𝛼 ∈ IR

∙ coordonatele punctelor 𝑁 situate in interiorul segmentului 𝐴𝐵 sunt

Remarca:

10

o combinatie convexa a coordonatelor punctelor 𝐴 si 𝐵:

(𝑥𝑁 , 𝑦𝑁 ) = 𝛼 · (𝑥𝐴, 𝑦𝐴) + (1 − 𝛼)(𝑥𝐵 , 𝑦𝐵) 𝛼 > 0

Volumul tetraedrului format de punctele 𝐴(𝑥𝐴, 𝑦𝐴, 𝑧𝐴),𝐵(𝑥𝐵 , 𝑦𝐵 , 𝑧𝐵), 𝐶(𝑥𝐶 , 𝑦𝐶 , 𝑧𝐶) si 𝐷(𝑥𝐷, 𝑦𝐷, 𝑧𝐷) este dat de formula:

𝒱𝐴𝐵𝐶𝐷 =1

6

𝑑𝑒𝑡

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝𝑥𝐴 𝑦𝐴 𝑧𝐴 1

𝑥𝐵 𝑦𝐵 𝑧𝐵 1

𝑥𝐶 𝑦𝐶 𝑧𝐶 1

𝑥𝐷 𝑦𝐷 𝑧𝐷 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

∙ printr-un rationament asemanator liniar dependenta liniilor conduce laconditia de coplanaritate a punctelor:

𝐴(𝑥𝐴, 𝑦𝐴, 𝑧𝐴), 𝐵(𝑥𝐵 , 𝑦𝐵 , 𝑧𝐵), 𝐶(𝑥𝐶 , 𝑦𝐶 , 𝑧𝐶), si 𝐷(𝑥𝐷, 𝑦𝐷, 𝑧𝐷) coplanare

𝑥𝐴 𝑦𝐴 𝑧𝐴 1

𝑥𝐵 𝑦𝐵 𝑧𝐵 1

𝑥𝐶 𝑦𝐶 𝑧𝐶 1

𝑥𝐷 𝑦𝐷 𝑧𝐷 1

= 0

Liniar independenta functiilor: Functiile 𝑓1(𝑥), 𝑓2(𝑥), . . . , 𝑓𝑛(𝑥) suntliniar independente daca si numai daca wronskian-ul lor 𝑊 (𝑓1, 𝑓2, . . . , 𝑓𝑛)este nenul:

𝑊 (𝑓1, 𝑓2, . . . , 𝑓𝑛) =

𝑓1(𝑥) 𝑓2(𝑥) . . . 𝑓𝑛(𝑥)

𝑓 ′1(𝑥) 𝑓 ′

2(𝑥) . . . 𝑓 ′𝑛(𝑥)

𝑓 ′′1 (𝑥) 𝑓 ′′

2 (𝑥) . . . 𝑓 ′′𝑛 (𝑥)

. . . . . . . . . . . .

𝑓(𝑛−1)1 (𝑥) 𝑓

(𝑛−1)2 (𝑥) . . . 𝑓

(𝑛−1)𝑛 (𝑥)

= 0

∙ stim deja ca polinoamele 𝑓1 = 1, 𝑓2 = 𝑋 si 𝑓3 = 𝑋2 sunt liniar inde-pendente, putem verifica acelasi rezultat si pentru functiile polinomiale atasate𝑓1(𝑥) = 1, 𝑓2(𝑥) = 𝑥 si 𝑓3(𝑥) = 𝑥2:

𝑊 (𝑓1, 𝑓2, 𝑓3) =

1 𝑥 𝑥2

0 1 2𝑥

0 0 2

= 2 = 0

11

Determinanti Vandermonde si formula lui Lagrange:

∙ o problema clasica in matematica se refera la aflarea polinomului de grad𝑛− 1, 𝑝 = 𝑎𝑛−1𝑋

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑋𝑛−2 + . . . + 𝑎1𝑋 + 𝑎0 care satisface relatiile:

𝑝(𝑥1) = 𝑦1, 𝑝(𝑥2) = 𝑦2, . . . , 𝑝(𝑥𝑛) = 𝑦𝑛

necunoscutele sunt evident 𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛−2, . . . , 𝑎1, 𝑎0 iar daca transformam relatiileanterioare intr-un sistem de ecuatii obtinem un sistem liniar cu determinantulmatricei sistemului egal cu:

∆ =

1 𝑥1 𝑥2

1 . . . 𝑥𝑛−11

1 𝑥2 𝑥22 . . . 𝑥𝑛−1

2

......

......

...

1 𝑥𝑛 𝑥2𝑛 . . . 𝑥𝑛−1

𝑛

∙ un astfel de determinant se numeste determinant Vandermonde si are locformula:

∆ =

1 𝑥1 𝑥2

1 . . . 𝑥𝑛−11

1 𝑥2 𝑥22 . . . 𝑥𝑛−1

2

......

......

...

1 𝑥𝑛 𝑥2𝑛 . . . 𝑥𝑛−1

𝑛

=

𝑛∏𝑗>𝑖

(𝑥𝑗 − 𝑥𝑖)

∙ cu putina rabdare se obtine in cele din urma formula polinomului 𝑝

Formula de interpolare a lui Lagrange: Un polinom de grad 𝑛 − 1care satisface conditiile:

𝑝(𝑥1) = 𝑦1, 𝑝(𝑥2) = 𝑦2, ..., 𝑝(𝑥𝑛) = 𝑦𝑛

este dat de formula:

𝑝 =(𝑋 − 𝑥2)(𝑋 − 𝑥3) · ... · (𝑋 − 𝑥𝑛)

(𝑥1 − 𝑥2)(𝑥1 − 𝑥3) · ... · (𝑥1 − 𝑥𝑛)· 𝑦1

+(𝑋 − 𝑥1)(𝑋 − 𝑥3) · ... · (𝑋 − 𝑥𝑛)

(𝑥2 − 𝑥1)(𝑥2 − 𝑥3) · ... · (𝑥2 − 𝑥𝑛)· 𝑦2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+(𝑋 − 𝑥1)(𝑋 − 𝑥2) · ... · (𝑋 − 𝑥𝑛−1)

(𝑥𝑛 − 𝑥1)(𝑥𝑛 − 𝑥2) · ... · (𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1)· 𝑦𝑛

Unde este liniar independenta ??∙ polinoamele:

𝑝1 =(𝑋 − 𝑥2)(𝑋 − 𝑥3) · . . . · (𝑋 − 𝑥𝑛)

(𝑥1 − 𝑥2)(𝑥1 − 𝑥3) · . . . · (𝑥1 − 𝑥𝑛)

𝑝2 =(𝑋 − 𝑥1)(𝑋 − 𝑥3) · . . . · (𝑋 − 𝑥𝑛)

(𝑥2 − 𝑥1)(𝑥2 − 𝑥3) · . . . · (𝑥2 − 𝑥𝑛)

12

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

𝑝𝑛 =(𝑋 − 𝑥1)(𝑋 − 𝑥2) · . . . · (𝑋 − 𝑥𝑛−1)

(𝑥𝑛 − 𝑥1)(𝑥𝑛 − 𝑥2) · . . . · (𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1)

sunt liniar independente, formeaza chiar o baza a spatiului R𝑛−1[𝑋] al poli-noamelor de grad cel mult 𝑛− 1, cu coeficienti reali.

∙ in cazul polinomului 𝑝 cautat, teorema lui Lagrange afirma ca coordonatelesale relativ la aceasta baza sunt 𝑦1, 𝑦2, . . . , 𝑦𝑛.

Probleme rezolvate

Problema 1. Putem forma o baza a lui R3 care sa contina vectorii:

𝑣1 = (1, 2, 3) si 𝑣2 = (1, 1, 0) ?

Solutie: Spatiul vectorial R3 are dimensiunea 3 si vom avea nevoie de treivectori pentru a forma o baza a sa. Daca dorim ca acesti doi vectori sa facaparte din aceasta baza (pe care trebuie sa o construim) atunci 𝑣1 si 𝑣2 trebuie safie liniar independenti. Verificam liniar independenta acestora folosind criteriulpractic de studiu al liniar independentei .

Vectorii dati se colecteaza in matricea:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1

2 1

3 0

⎞⎟⎟⎟⎠Deoarece rang 𝐴 = 2 = numar de vectori =⇒ 𝑣1, 𝑣2 sunt liniar independenti.

Lema: Orice sistem de vectori liniar independenti poate fi completat la obaza a spatiului vectorial.

Vom afla vectorul lipsa notandu-l 𝑣3 = (𝑎, 𝑏, 𝑐). Daca dorim ca 𝑣1, 𝑣2 si 𝑣3sa formeze o baza aceasti vectori trebuie sa formeze impreuna un sistem liniarindependent si in acelasi timp un sistem de generatori. Oricare dintre acestedoua conditii se traduc, datorit criteriilor enuntate anterior in fisa seminarului,prin:

𝑑𝑒𝑡

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 𝑎

2 1 𝑏

3 0 𝑐

⎞⎟⎟⎟⎠ = 0

caci doar astfel rangul matricei este 3=numar de vectori=dimensiunea spatiului.

13

Gasim destul de usor ca pentru 𝑎 = 1, 𝑏 = 0, 𝑐 = 0 se obtine un determinantnenul. Asadar putem completa cu 𝑣3 = (1, 0, 0) cei doi vectori pentru a formabaza 𝐵 = {𝑣1, 𝑣2, 𝑣3}.

Problema 2. Sa se scrie matricea de trecere de la baza

𝐵1 = {3𝑋 + 1, 5𝑋 + 2}

la baza𝐵2 = {𝑋 + 3,−𝑋 + 2}

din R1[𝑋].

Solutie: Metoda 1:Scriem vectorii din baza 𝐵2 in functie de vectorii din baza 𝐵1:

𝑋 + 3 = 𝛼(3𝑋 + 1) + 𝛽(5𝑋 + 2)

si dupa ce identificam coeficientii obtinem sistemul de ecuatii:{1 = 3𝛼 + 5𝛽

3 = 𝛼 + 2𝛽

cu solutia 𝛼 = −13, 𝛽 = 8Analog

−𝑋 + 2 = 𝛾(3𝑋 + 1) + 𝛿(5𝑋 + 2)

si dupa ce identificam coeficientii:{−1 = 3𝛾 + 5𝛿

2 = 𝛾 + 2𝛿

cu solutia 𝛼 = −12, 𝛽 = 7Prin urmare matricea de trecere este:

𝑇𝐵1𝐵2=

⎛⎝−13 −12

8 7

⎞⎠Metoda 2: Intotdeauna putem afla usor matricea de trecere de la baza

canonica a spatiului la o baza data. In acest caz baza canonica este 𝐵𝑐 = {1, 𝑋}si matricea de trecere de la baza 𝐵𝑐 la baza 𝐵1 este:

𝑇𝐵𝑐𝐵1=

⎛⎝3 5

1 2

⎞⎠iar de la 𝐵𝑐 la 𝐵2 :

𝑇𝐵𝑐𝐵2=

⎛⎝1 −1

3 2

⎞⎠adica coeficientii polinoamelor se aseaza pe coloane. Putem afla matricea detrecere de la baza 𝐵1 la 𝐵2 folosind formula:

𝑇𝐵1𝐵2= 𝑇−1

𝐵𝑐𝐵1· 𝑇𝐵𝑐𝐵2

14

deci:

𝑇𝐵1𝐵2=

⎛⎝3 5

1 2

⎞⎠−1 ⎛⎝1 −1

3 2

⎞⎠ =

⎛⎝−13 −12

8 7

⎞⎠Metoda 3: Identificam R1[𝑋] = {𝑎𝑋 + 𝑏 : 𝑎, 𝑏 ∈ R} cu R2 prin:

𝑎𝑋 + 𝑏 𝑣 = (𝑎, 𝑏)

si atunci toata problema se reduce la o problema din R2 :Sa se scrie matricea de trecere de la baza:

𝐵1 = {(3, 1), (5, 2)}

la baza:𝐵2 = {(1, 3), (−1, 2)}

din R2.Rezolvarea este acum asemanatoare cu cea de la anterioarele doua metode

doar ca se lucreaza direct in R2 unde manevrarea vectorilor si structura despatiu vectorial sunt mai naturale.

Problema 3. Vectorul 𝑣 ∈ R3 are relativ la baza:

𝐵 = {𝑤1 = (1, 1, 0), 𝑤2 = (1, 0, 0), 𝑤3 = (1, 1, 1)}

coordonatele (−1, 2, 1).Care sunt coordonatele sale relativ la baza canonica din R3 ?Care sunt coordonatele sale relativ la baza:

𝐵1 = {𝑢1 = (1, 0,−1), 𝑢2 = (1,√

2, 1), 𝑢3 = (1,−√

2, 1)} ?

Solutie: Din enunt deducem ca:

[𝑣]𝐵 =

⎛⎜⎜⎜⎝−1

2

1

⎞⎟⎟⎟⎠prin urmare, avem reprezentarea:

𝑣 = −1(1, 1, 0) + 2(1, 0, 0) + 1(1, 1, 1) = (0, 0, 1)

Asadar vectorul 𝑣 este de fapt vectorul (0, 0, 1) din R3. Intrucat, in mod natural,vectorii din R3 sunt reprezentati relativ la baza canonica, avem:

[𝑣]𝐵𝑐 =

⎛⎜⎜⎜⎝0

0

1

⎞⎟⎟⎟⎠Pentru a afla coordonatele lui 𝑣 relativ la baza 𝐵1 putem sa utilizam fie

coordonatele sale relativ la baza 𝐵 fie relativ la baza 𝐵𝑐. Relatiile de schimbarea coordonatelor la o schimbare a bazei sunt:

[𝑣]𝐵1= 𝑇𝐵1𝐵 [𝑣]𝐵 = 𝑇𝐵1𝐵𝑐

𝑇𝐵𝑐𝐵 [𝑣]𝐵 = 𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

𝑇𝐵𝑐𝐵 [𝑣]𝐵

15

deci

[𝑣]𝐵1 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 1

0√

2 −√

2

−1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎠−1 ⎛⎜⎜⎜⎝

1 1 1

1 0 1

0 0 1

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝−1

2

1

⎞⎟⎟⎟⎠Putem folosi coordonatele relativ la baza canonica si atunci:

[𝑣]𝐵1 = 𝑇𝐵1𝐵𝑐 [𝑣]𝐵𝑐 = 𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

[𝑣]𝐵𝑐 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 1

0√

2 −√

2

−1 1 1

⎞⎟⎟⎟⎠−1 ⎛⎜⎜⎜⎝

0

0

1

⎞⎟⎟⎟⎠

Motivul pentru care matricea de trecere de la o baza la alta se obtinetrecand coordonatele vectorilor pe coloane tine de cele doua moduri incare putem scrie relatia de mai sus. Daca dorim sa exprimam [𝑣]𝐵1

subforma unei matrice linie [𝑣]𝐵1 = (𝑎, 𝑏, 𝑐) atunci in matricea de trecere dela o baza la alta nu trebuie sa asezam coordonatele pe coloane si obtinemrelatii de tipul urmator:

[𝑣]𝐵1 = [𝑣]𝐵𝑐𝑇𝐵1𝐵𝑐 = [𝑣]𝐵𝑐𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

=(

0 0 1)⎛⎜⎜⎜⎝

1 0 −1

1√

2 1

1 −√

2 1

⎞⎟⎟⎟⎠−1

Remarca:

In ambele cazuri obtinem:

[𝑣]𝐵1=

⎛⎜⎜⎜⎝− 1

2

14

14

⎞⎟⎟⎟⎠Putem verifica faptul ca:

𝑣 = (0, 0, 1) = −1

2𝑢1 +

1

4𝑢2 +

1

4𝑢3

Putem sa discutam despre perpendicularitatea vectorilor (ortogonalitate)daca introducem un produs scalar intre vectorii unui spatiu vectorial. Deexemplu pentru doi vectori 𝑣 = 𝑎1𝑒1 +𝑏1𝑒2 +𝑐1𝑒3 si �� = 𝑎2𝑒1 +𝑏2𝑒2 +𝑐2𝑒3putem defini:

𝑣 · �� = 𝑎1𝑎2 + 𝑏1𝑏2 + 𝑐1𝑐2

In felul acesta spunem ca doi vectori 𝑣, �� sunt ortogonali ⇐⇒ 𝑣 · �� = 0Prin calcul se poate observa ca vectorii bazei 𝐵1 sunt ortogonali doi cate

Remarca:

16

doi. La fel si vectorii bazei canonice.

Problema 4. Teoria curbelor Bezier, folosita in animatia 3D, se bazeazape ideea ca urmatoarele polinoame, numite polinoame Bernstein:

𝑝𝑘 = 𝐶𝑘𝑛𝑥

𝑘(1 − 𝑥)𝑛−𝑘, 𝑘 = 0, 𝑛

formeaza o baza pentru multimea R𝑛[𝑋] a polinoamelor de grad cel mult𝑛. Verificati daca:

𝑝0 = (1 −𝑋)2, 𝑝1 = 2𝑋(1 −𝑋) 𝑝2 = 𝑋2,

formeaza o baza in R2[𝑋].

Solutie: Metoda 1:Avand trei vectori 𝑝0, 𝑝1, 𝑝2 intr-un spatiu 3-dimensional este suficient sa

testam ca 𝑑𝑒𝑡𝐴 = 0 datorita celor doua criterii de studiu a liniar independenteisi al sistemelor de generatori.

Formam intai matricea coordonatelor relativ la baza canonica 𝐵𝑐 = {𝑋 ,𝑋, 1}:

𝑝0 = 1 ·𝑋2−2 ·𝑋 + 1 · 1

𝑝1 = −2 ·𝑋2 + 2 ·𝑋 + 0 · 1

𝑝2 = 1 ·𝑋2 + 0 ·𝑋 + 0 · 1

Asadar:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 −2 1

−2 2 0

1 0 0

⎞⎟⎟⎟⎠si verificam 𝑑𝑒𝑡𝐴 = −2 = 0 =⇒ 𝑟𝑎𝑛𝑔𝐴 = 3=numar de vectori=dim R2[𝑋].

=⇒ 𝑝0, 𝑝1, 𝑝2 formeaza o baza a lui R2[𝑋].Metoda a doua:Putem sa consideram functiile polinomiale asociate celor trei polinoame:

𝑝0(𝑥) = (1 − 𝑥)2, 𝑝1(𝑥) = 2𝑥(1 − 𝑥), 𝑝2(𝑥) = 𝑥2. Pentru a arata ca celetrei functii obtinute sunt liniar independente aratam ca wronskianul asociateste nenul:

𝑊 (𝑝0, 𝑝1, 𝑝2)(𝑥) =

𝑝0(𝑥) 𝑝1(𝑥) 𝑝2(𝑥)

𝑝′0(𝑥) 𝑝′1(𝑥) 𝑝′2(𝑥)

𝑝′′0(𝑥) 𝑝′′1(𝑥) 𝑝′′2(𝑥)

= 0, ∀𝑥 ∈ R

𝑊 (𝑝0, 𝑝1, 𝑝2)(𝑥) =

(1 − 𝑥)2 2𝑥(1 − 𝑥) 𝑥2

−2(1 − 𝑥) −2𝑥 + 2(1 − 𝑥) 2𝑥

2 −4 2

= 4 = 0, ∀𝑥 ∈ R.

Folosim apoi urmatorul rezultat:

17

Lema: Intr-un spatiu vectorial n-dimensional orice sistem de n vectori liniarindependenti formeaza o baza a sa.

Problema 5. Sa se arate ca pentru o matrice oarecare 𝐴 ∈ ℳ3×3(R)multimea:

𝑘𝑒𝑟𝐴 :=

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎛⎜⎜⎜⎝𝑥

𝑦

𝑧

⎞⎟⎟⎟⎠ ∈ ℳ3×1(R) : 𝐴

⎛⎜⎜⎜⎝𝑥

𝑦

𝑧

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝0

0

0

⎞⎟⎟⎟⎠⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭

formeaza un subspatiu vectorial al lui ℳ3×1(R).Aflati o baza a subspatiului 𝑘𝑒𝑟𝐴 corespunzator matricei:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎝2 1 −1

1 2 1

1 −4 −5

⎞⎟⎟⎟⎠Solutie: In 𝑘𝑒𝑟𝐴 se afla toti vectorii coloana care in urma aplicarii matricei

𝐴 devin vectorul coloana nul.

O submultime 𝑆 a unui spatiu vectorial real este subspatiu vectorialdaca si numai daca:

∀ 𝛼, 𝛽 ∈ R, 𝑣, �� ∈ 𝑆 =⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑆

asadar orice combinatie liniara de vectori din 𝑆 trebuie sa ramana in 𝑆.

In cazul nostru va trebui sa aratam ca:

∀ 𝛼, 𝛽 ∈ R, 𝑣, �� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴 =⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴

Consideram 𝑣 =

⎛⎜⎜⎜⎝𝑥

𝑦

𝑧

⎞⎟⎟⎟⎠ , �� =

⎛⎜⎜⎜⎝𝑥′

𝑦′

𝑧′

⎞⎟⎟⎟⎠ ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴, adica 𝐴𝑣 = 0 si 𝐴�� = 0.

Observam ca:𝐴(𝛼𝑣 + 𝛽��) = 𝛼𝐴𝑣 + 𝛽𝐴�� = 𝛼0 + 𝛽0 = 0

deci si 𝛼𝑣 + 𝛽�� este transformat tot in 0 de catre matricea 𝐴.

=⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴.

In cele ce urmeaza vom determina structura elementelor din 𝑘𝑒𝑟𝐴. A afla𝑘𝑒𝑟𝐴 pentru matricea data este echivalent cu a rezolva ecuatia:⎛⎜⎜⎜⎝

2 1 −1

1 2 1

1 −4 −5

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝𝑥

𝑦

𝑧

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝0

0

0

⎞⎟⎟⎟⎠18

Aceasta ecuatie duce la un sistem compatibil nedeterminat cu multimea soluti-ilor {(𝛼,−𝛼, 𝛼) : 𝛼 ∈ R} deci:

𝑘𝑒𝑟𝐴 = {(𝛼,−𝛼, 𝛼) : 𝛼 ∈ R} = {𝛼(1,−1, 1) : 𝛼 ∈ R}

deci 𝑘𝑒𝑟𝐴 este o multime generata de un vector (1,−1, 1), prin urmare un sub-spatiu vectorial 1-dimensional cu o baza 𝐵 = {(1,−1, 1)}

Problema 6. Un satelit de spionaj este plasat pe o orbita de forma elip-tica situata in planul ecuatorului. Pozitia sa este inregistrata de catreun senzor aflat la Cape Canaveral, notat in figura cu X. In trei momentediferite de timp cercetatorii NASA au inregistrat urmatorii vectori de poz-itie 𝑣𝑡1 = (1,−3, 2), 𝑣𝑡2 = (1, 1, 1) si 𝑣𝑡3 = (−1,−9, 1) ai satelitului, dupacare au tras concluzia ca sistemul de navigatie al acestuia este avariat.De ce ? Justificati !

Solutie: Ideea problemei este sa utilizam interpretarea geometrica a liniarindependentei. Daca 𝑛 vectori 𝑣1, 𝑣2, ..., 𝑣𝑛 sunt liniar independenti atunci eigenereaza prin combinatii liniare un spatiu vectorial 𝑛-dimensional. Oricaredoi vectori 𝑣, �� cu originea comuna, liniar independenti, genereaza un plan(𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣, ��}), acesta fiind un spatiu vectorial 2-dimensional.

Notam cu 𝑃1, 𝑃2, 𝑃3 cele trei pozitii ale satelitului observate pe traiectoriasa eliptica.

19

Cei trei vectori de pozitie sunt 𝑣𝑡1 =−−→𝑋𝑃1(1,−3, 2), 𝑣𝑡2 =

−−→𝑋𝑃1(1, 1, 1) si

𝑣𝑡3 =−−→𝑋𝑃3(−1, 9, 1). Se verifica usor ca acestia sunt liniar dependenti:

1 −3 2

1 1 1

−1 9 1

= 0

Deci exista 𝛼 si 𝛽 astfel ca:

𝑣𝑡3 = 𝛼 · 𝑣𝑡1 + 𝛽 · 𝑣𝑡2

Insa doi vectori 𝑣𝑡1 si 𝑣𝑡2 cu originea comuna, liniar independenti, genereazaprin combinatii liniare un plan. Prin urmare 𝑣𝑡3 se afla in acelasi plan cu acestia!Asadar punctele 𝑋,𝑃1, 𝑃2, 𝑃3 sunt coplanare. Dar un plan, care nu contineelipsa (Cape Canaveral nu se afla pe ecuator), intersecteaza elipsa in cel multdoua puncte. Contradictie ! Punctele 𝑃1, 𝑃2, 𝑃3 nu pot fi toate pe elipsa, decisatelitul nu se deplaseaza dupa cum a fost programat. Asadar sistemul denavigatie este defect.

Probleme propuse

A. Consolidare cunostinte

Problema A.1. Sunt vectorii 𝑣1, 𝑣2, 𝑣3 liniar independenti ? Discutati celedoua cazuri prezentate mai jos.

Problema A.2. Aflati componentele vectorilor din figurile de mai jos:

20

B. Tehnica de calcul

Problema B.1. Aratati ca multimea:

𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) ∈ R4 : 2𝑥− 3𝑦 + 𝑧 − 𝑡 = 0}

impreuna cu adunarea si inmultirea cu scalari obisnuite din R4 formeaza unspatiu vectorial.

Problema B.2. Sa se studieze daca urmatoarele sisteme de vectori sunt liniarindependente. In caz contrar, sa se determine un subsistem 𝑆′ maximal liniarindependent, precum si dependenta liniara a acestora:

a) 𝑆 = {𝑝1 = −𝑋2+7𝑋+8, 𝑝2 = −𝑋2+3𝑋+2, 𝑝3 = 𝑋2−𝑋+1} ⊂ IR2[𝑋].b) 𝑆 = {𝑣1 = (1, 1,−1), 𝑣2 = (1.0, 2), 𝑣3 = (0, 1, 3)} ⊂ IR3

Problema B.3. Sa se studieze care din sistemele de vectori date sunt sistemede generatori pentru spatiile mentionate:

a) 𝑆 = {𝑝1 = 𝑋2 + 𝑋 + 1, 𝑝2 = 𝑋2 + 𝑋, 𝑝3 = 𝑋2} ⊂ R2[𝑋]

b) 𝑆 =

⎧⎨⎩𝐴1 =

⎛⎝1

1

⎞⎠ , 𝐴2 =

⎛⎝1

2

⎞⎠ , 𝐴3 =

⎛⎝0

1

⎞⎠⎫⎬⎭ ⊂ 𝑀2,1(R)

c) 𝑆 = {𝑣1 = (𝑖, 0, 𝑖), 𝑣2 = (0,−𝑖, 0), 𝑣3 = (2𝑖,−𝑖, 2𝑖)} ⊂ C3.

Problema B.4. Fie sistemele de vectori:

𝐵1 = {𝑓1 = (1, 1, 0), 𝑓2 = (1, 0, 0), 𝑓3 = (1, 1, 2)}

21

𝐵2 = {𝑔1 = (1, 1, 3), 𝑔2 = (1, 1, 2), 𝑔3 = (3, 2, 4)}.

a) Aratati ca 𝐵1 si 𝐵2 sunt baze ale spatiului vectorial IR3

b) Aflati matricea de trecere 𝑇𝐵1𝐵2

c) Sa se determine coordonatele vectorului 𝑣 relativ la baza 𝐵1 daca acestaeste dat prin 𝑣 = −2𝑔1 + 𝑔2 + 3𝑔3.

Problema B.5. Fie baza 𝐵 = {𝑣1 = (2, 1), 𝑣2 = (3, 2)} ⊂ IR2. Se cere:

a) Sa se determine baza 𝐵1 ⊂ IR2 stiind ca 𝑇𝐵𝐵1 =

⎛⎝1 1

5 6

⎞⎠a) Sa se determine baza 𝐵2 ⊂ IR2 stiind ca 𝑇𝐵2𝐵 =

⎛⎝1 2

4 9

⎞⎠

Problema B.6. Sa se arate ca urmatorii vectori 𝑣1 = (1,−1,−1), 𝑣2 = (1,−1, 0)si 𝑣3 = (1, 0, 0) formeaza o baza pentru IR3 si sa se determine coordonatele vec-torului 𝑢 = (1, 2, 3) in aceasta baza.

Problema B.7. Determinati care dintre urmatoarele multimi sunt subspatii alelui 𝑀𝑛×𝑛(R):

i) Multimea matricelor 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) pentru care 𝑑𝑒𝑡(𝐴) = 0

ii) Multimea matricelor 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) cu proprietatea 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴 pentru o ma-trice fixata 𝐵 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R)

iii) Multimea matricelor 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) cu prorietatea 𝑡𝑟(𝐴) = 0

iv) Multimea matricelor 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) cu proprietatea 𝐴𝑡 = −𝐴

Problema B.8. Daca 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) si det(A)=0 aratati ca exista o matrice𝑋 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R), 𝑋 = 𝑂𝑛 astfel ca 𝐴𝑋 = 𝑋𝐴 = 𝑂𝑛.

C. Probleme cu caracter practic-aplicativ

Problema C.1. Spatiul vectorial 𝐻 = 𝑠𝑝𝑎𝑛{1, 𝑐𝑜𝑠2𝑡, cos4 𝑡, cos6 𝑡} contine func-tiile:

i) 𝑓(𝑡) = 1 − 8 cos2 𝑡 + 8 cos4 𝑡

ii) 𝑔(𝑡) = −1 + 18 cos2 𝑡− 48 cos4 𝑡 + 32 cos6 𝑡.

Studiati graficele lui 𝑓 si 𝑔 pe 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋 si incercati sa gasiti o formula simplapentru aceste doua functii.

Indicatie: puteti folosi site-ul acesta pentru a trasa grafice.

22


Top Related