”Mathematics is the art of giving the same name to different things.”

Henri Poincare

3Spatii vectoriale

Aplicatii ale spatiilor 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.Reamintim ca structura de spatiu vectorial a lui R𝑛 este data de adunarea

vectoriala:

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

si inmultirea cu scalari:

𝜆⊙ (𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛) := (𝜆𝑥1, 𝜆𝑥2, . . . , 𝜆𝑥𝑛)

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

2 (multimea 𝑛-tuplelor (𝑥1, 𝑥2, ..., 𝑥𝑛) in care fiecarecomponenta este 0 sau 1) cu o adunare vectoriala definita de adunarea binarape componente 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.

Problema: Am receptionat mesajul 𝑤 = 1100011 criptat cu ajutorulcodului Hamming (4, 7). Stim ca s-a scurs cel mult o eroare in transmisiasa. Aflati mesajul original.

4

Spatii vectoriale, subspatii vectoriale, liniar independenta, sisteme de gen-eratori, baze vectoriale, criteriul practic de studiu al liniar independentei/sistemelor de generatori, schimbari de coordonate, matricea de trecere dela o baza la alta.

Cuvinte cheie

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 .

O baza canonica in R3 este:

𝐵𝑐 = {𝑒1 = (1, 0, 0), 𝑒2 = (0, 1, 0), 𝑒3 = (0, 0, 1)}

In functie de acesti vectori avem urmatoarele reprezentari:

𝑣1 = 1 · 𝑒1 + 2 · 𝑒2 + 3 · 𝑒3

𝑣2 = 1 · 𝑒1 + 1 · 𝑒2 + 0 · 𝑒3Coordonatele lui 𝑣1, 𝑣2 relativ la baza canonica se colecteaza in matricea:

𝐴 =

⎛⎜⎜⎜⎝1 1

2 1

3 0

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

Orice sistem de vectori liniar independenti poate fi completat la o baza aspatiului vectorial.

Vom afla vectorul lipsa notand-ul 𝑣3 = (𝑎, 𝑏, 𝑐). Daca dorim ca 𝑣1, 𝑣2 si 𝑣3sa formeze o baza aceasti vectori trebuie sa formeze impreuna un sistem liniarindependent si un sistem de generatori. Oricare dintre aceste doua conditii setraduc, datorit criteriilor enuntate anterior in fisa seminarului, prin:

𝑑𝑒𝑡

⎛⎜⎜⎜⎝1 1 𝑎

2 1 𝑏

3 0 𝑐

⎞⎟⎟⎟⎠ = 0

5

caci doar astfel rangul matricei, formate cu coordonatele vectorilor relativ labaza canonica, este 3=numar de vectori=dimensiunea spatiului.

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

⎞⎠6

Putem afla matricea de trecere de la baza 𝐵1 la 𝐵2 folosind formula:

𝑇𝐵1𝐵2= 𝑇𝐵1𝐵𝑐

𝑇𝐵𝑐𝐵2

dar noi stim 𝑇𝐵𝑐𝐵1 , legatura cu 𝑇𝐵1𝐵𝑐 este:

𝑇𝐵1𝐵𝑐 = 𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

deci:

𝑇𝐵1𝐵2 = 𝑇𝐵1𝐵𝑐𝑇𝐵𝑐𝐵2

= 𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

𝑇𝐵𝑐𝐵2=

⎛⎝3 5

1 2

⎞⎠−1 ⎛⎝1 −1

3 2

⎞⎠ =

⎛⎝−13 −12

8 7

⎞⎠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 canon-ica 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 schimbare acoordonatelor la o schimbare a bazei sunt:

[𝑣]𝐵1= 𝑇𝐵1𝐵 [𝑣]𝐵 = 𝑇𝐵1𝐵𝑐

𝑇𝐵𝑐𝐵 [𝑣]𝐵 = 𝑇−1𝐵𝑐𝐵1

𝑇𝐵𝑐𝐵 [𝑣]𝐵

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

⎞⎟⎟⎟⎠7

Putem folosi coordonatele relativ la baza canonica si atunci:

[𝑣]𝐵1= 𝑇𝐵1𝐵𝑐

[𝑣]𝐵𝑐= 𝑇−1

𝐵𝑐𝐵1[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 de lao baza la alta nu trebuie sa asezam coordonatele pe linii si obtinem relatiide 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 o operatie de inmultire intre vectorii unui spatiu vectorial.Aceasta operatie de inmultire se numeste produs scalar. De exemplu in𝑉 = R3 pentru doi vectori 𝑣 = 𝑎1𝑒1 + 𝑏1𝑒2 + 𝑐1𝑒3 si �� = 𝑎2𝑒1 + 𝑏2𝑒2 + 𝑐2𝑒3se defineste produsul scalar:

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 catedoi. La fel si vectorii bazei canonice 𝐵𝑐.

Daca am introdus un produs scalar putem sa discutam despre lungimea(norma) unui vector:

‖𝑣‖ :=√⟨𝑣, 𝑣⟩

Remarca:

8

dar si despre unghiul format de catre doi vectori:

cos(𝑢, 𝑣) =⟨��, 𝑣⟩‖��‖‖𝑣‖

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.

9

Folosim apoi propozitia:

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 este subspatiu vectorial daca sinumai daca:

∀ 𝛼, 𝛽 ∈ K, 𝑣, �� ∈ 𝑆 =⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑆

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

Putem chiar simplifica conditia de mai sus la :

O submultime 𝑆 a unui spatiu vectorial 𝑉 este subspatiu vectorial dacasi numai daca:

∀ 𝛼 ∈ K, 𝑣, �� ∈ 𝑆 =⇒ 𝑣 + �� ∈ 𝑆 si 𝛼𝑣 ∈ 𝑆

Asadar 𝑆 trebuie sa fie inchisa relativ la adunarea vectorilor si relativ lascalarea lor.

In cazul nostru va trebui sa aratam ca:

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

Fie asadar 𝑣 =

⎛⎜⎜⎜⎝𝑥

𝑦

𝑧

⎞⎟⎟⎟⎠ , �� =

⎛⎜⎜⎜⎝𝑥′

𝑦′

𝑧′

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

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

10

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

=⇒ 𝛼𝑣 + 𝛽�� ∈ 𝑘𝑒𝑟𝐴.

A afla 𝑘𝑒𝑟𝐴 pentru matricea data este echivalent cu a rezolva ecuatia:⎛⎜⎜⎜⎝2 1 −1

1 2 1

1 −4 −5

⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝𝑥

𝑦

𝑧

⎞⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎝0

0

0

⎞⎟⎟⎟⎠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)}

In R3 putem vizualiza usor unele subspatii generate de o multime de vec-tori. De exemplu daca 𝑣 este un vector care are originea in originea repe-rului 𝑂𝑥𝑦𝑧 atunci 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣} = {𝑘𝑣 : 𝑘 ∈ R} este dreapta prin origine dedirectie 𝑣. Daca 𝑣1, 𝑣2 sunt doi vectori necoliniari cu originea in origineareperului atunci 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2} = {𝑘1𝑣1 + 𝑘2𝑣2 : 𝑘1, 𝑘2 ∈ R} este planulprin originea reperului de directie 𝑣1, 𝑣2

Remarca:

Problema 6. Un satelit de cercetare este plasat pe o orbita de forma elip-tica, situata ın planul ecuatorului. Pozitia sa este ınregistrata de catre unsenzor aflat la Cape Canaveral. In trei momente diferite de timp cerceta-torii NASA au ınregistrat urmatorii vectori de pozitie 𝑣𝑡1 = (1,−3, 2),𝑣𝑡2 = (1, 1, 1) si 𝑣𝑡3 = (−1,−9, 1) ai satelitului, dupa care au tras con-cluzia ca sistemul de navigatie al acestuia este avariat. De ce ? Justificati!

Solutie: Va trebui sa desenam problema, rezolvarea sa are o pronuntata com-ponenta geometrica. Ideea problemei este sa utilizam interpretarea geometrica aliniar independentei. Daca 𝑛 vectori 𝑣1, 𝑣2, ..., 𝑣𝑛 sunt liniar independenti atunciei genereaza prin combinatii liniare un spatiu vectorial 𝑛-dimensional. Oricare

11

doi vectori cu originea comuna, liniar independenti, genereaza un plan, conformremarcii anterioare.

Notam cu 𝑃1, 𝑃2, 𝑃3 cele trei pozitii ale satelitului observate pe traiectoriasa eliptica. Notam cu 𝑋 pozitia senzorului aflat la Cape Canaveral.

Cei trei vectori de pozitie, in raport cu polul 𝑋, sunt−−→𝑋𝑃1 = (1,−3, 2),

−−→𝑋𝑃2 =

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

Deci exista 𝛼 si 𝛽 astfel ca:

−−→𝑋𝑃3 = 𝛼 ·

−−→𝑋𝑃1 + 𝛽 ·

−−→𝑋𝑃2

Dar doi vectori cu originea comuna, liniar independenti−−→𝑋𝑃1 si

−−→𝑋𝑃2 genereaza

prin combinatii liniare un plan. Prin urmare−−→𝑋𝑃3 se afla in acelasi plan cu aces-

tia! 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 de nav-igatie este defect.

Probleme propuse

Problema 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 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 3. Sa se studieze care din sistemele de vectori date sunt sisteme degeneratori pentru spatiile mentionate:

a) 𝑆 = {𝑝1 = 𝑋2 + 𝑋 + 1, 𝑝2 = 𝑋2 + 𝑋, 𝑝3 = 𝑋2} ⊂ IR2[𝑋]

12

b) 𝑆 =

⎧⎨⎩𝐴1 =

⎛⎝1

1

⎞⎠ , 𝐴2 =

⎛⎝1

2

⎞⎠ , 𝐴3 =

⎛⎝0

1

⎞⎠⎫⎬⎭ ⊂ 𝑀2,1(IR)

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

Problema 4. Fie 𝐵𝛼 = {(𝛼, 2, 3), (−1,−1, 𝛼), (1, 0,−𝛼)} ⊂ R3

i) Sa se arate ca pentru orice 𝛼 ∈ R, 𝐵𝛼 formeaza o baza

ii) Sa se determine matricea de trecere de la 𝐵3 la 𝐵1

Problema 5. i) Verificati daca polinoamele 𝑝1 = 𝑋 − 1, 𝑝2 = (𝑋 − 1)2 si𝑝3 = (𝑋 − 1)3 genereaza spatiul 𝑉 = R3[𝑋]

ii) Aratati ca functiile 𝑓1 = cos𝑥, 𝑓2 = sin𝑥 si 𝑓3 = 𝑥 cos𝑥 sunt liniarindependente in 𝑉 = 𝐶∞(R)

Problema 6. Aratai ca 𝑣1 = (1, 1, 1), 𝑣2 = (0, 1, 1) si 𝑣3 = (1, 1, 0) sunt liniarindependenti in (Z3

2,+, ·,Z). Cum arata 𝑠𝑝𝑎𝑛{𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑘} in (Z22,+, ·,Z) ?

Problema 7. Fie sistemele de vectori:

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

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 8. 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

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

⎛⎝1 2

4 9

⎞⎠

Problema 9. Sa se arate ca vectorii 𝑣1 = (1,−1,−1), 𝑣2 = (1,−1, 0) si 𝑣3 =(1, 0, 0) formeaza o baza pentru IR3 si sa se determine coordonatele vectorului𝑢 = (1, 2, 3) in aceasta baza.

Problema 10. Aflati care din urmatoarele multimi sunt subspatii vectoriale alelui 𝑀𝑛×𝑛(R):

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

13

ii) Multimea matricelor 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) care satisfac relatia 𝐴𝐵 = 𝐵𝐴 pentru omatrice fixata 𝐵 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R)

iii) Multimea matricelor 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) care satisfac relatia 𝑡𝑟(𝐴) = 0

iv) Multimea matricelor 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) pentru care 𝐴𝑡 = −𝐴

Problema 11. Sunt vectorii 𝑣1, 𝑣2, 𝑣3 linear independenti ? Discutati cele douacazuri de mai jos.

Problema 12. Daca 𝐴 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R) si det(A)=0 aratati ca exista o matrice𝑋 ∈ 𝑀𝑛×𝑛(R), 𝑋 = 𝑂𝑛 cu proprietatea 𝐴𝑋 = 𝑋𝐴 = 𝑂𝑛.

Problema 13. 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 graficul lui 𝑓 si 𝑔 pe 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋 si incercati sa ghiciti o formula simplapentru cele doua functii.

Hint: folositi acest site pentru a trasa graficul

14