48
Algebra liniara 65 CAPITOLUL 2 VECTORI LIBERI 2.1 Segment orientat. Vector liber Acest capitol este dedicat în totalitate studierii spatiului vectorilor liberi, spatiu cu foarte multe aplicatii în geometrie, fizica si nu numai. Elementele acestui spatiu vor fi definite în cele ce urmeaza. Fie E3 spatiul geometriei elementare. Elementele acestui spatiu se numesc puncte. Definitia 2.1.1 Numim segment orientat orice pereche ordonata (A, B) E3 x E3. Vom folosi notatia ABpentru acest segment, carui reprezentare grafica este data în fig. 1. Punctul A se va numi originea segmentului orientat iar B vârful sau extremitatea. Daca puntele A si B sunt diferite atunci acestea determina în mod unic o dreapta care se numeste dreapta suport a segmentului orientat. Daca C = D atunci convenim sa numim segmentul orientat (C, D) =not CC = not 0 segment orientat nul. Este evident ca un segment orientat

Segment Orientat. Vector Liber

  • Upload
    aiulian

  • View
    650

  • Download
    6

Embed Size (px)

DESCRIPTION

vectori

Citation preview

Page 1: Segment Orientat. Vector Liber

Algebra liniara65CAPITOLUL 2VECTORI LIBERI2.1 Segment orientat. Vector liberAcest capitol este dedicat în totalitate studierii spatiului vectorilorliberi, spatiu cu foarte multe aplicatii în geometrie, fizica si nu numai.Elementele acestui spatiu vor fi definite în cele ce urmeaza.Fie E3 spatiul geometriei elementare. Elementele acestui spatiu senumesc puncte.Definitia 2.1.1 Numim segment orientat orice pereche ordonata (A, B) E3 x E3. Vom folosi notatia

ABpentru acest segment,carui reprezentare grafica este data în fig. 1.Punctul A se va numioriginea segmentului orientat iar Bvârful sau extremitatea. Dacapuntele A si B sunt diferite atunciacestea determina în mod unic odreapta care se numeste dreapta suport a segmentului orientat.Daca C = D atunci convenim sa numim segmentul orientat (C, D)=not

CC = not

0segment orientat nul. Este evident ca un segment orientatnul nu determina în mod unic o dreapta, ceea ce face ca în acest caz saVectori liberi66spunem ca orice dreapta care trece prin punctul C este o dreapta suport asegmentului

CC.Definitia 2.1.2 Doua segmente orientate nenule au aceeasi directie dacadreptele lor suport sunt paralele sau coincid. Orice doua

Page 2: Segment Orientat. Vector Liber

segmente orientate nule au aceeasi directie.Un segment orientat nenul determina pe dreapta sa suport unanumit sens, lucru ce permite introducerea notiunii de acelasi sens pentrudoua segmente orientate cu aceeasi directie sau altfel spus pentru douasegmente orientate coliniare.Definitia 2.1.3 a) Spunem ca doua segmente orientate nenule cuaceeasi dreapta suport, au acelasi sens daca sensuriledeterminate de ele pe dreapta suport coincid fig. 2 a).b) Doua segmente orientate nenule cu aceeasidirectie, dar cu drepte suport diferite, au acelasi sensdaca, în planul determinat de dreptele suport, extremitatilelor sunt în acelasi semiplan determinat de dreaptacare uneste originile segmentelor fig. 2 b).Algebra liniara67Definitia 2.1.4 Se numeste lungime (norma sau modul) al unui segmentorientat

ABdistanta de la punctul A la punctul B. Vomfolosi notatia

AB pentru lungimea segmentului orientat

AB.Pâna acum am pus în evidenta trei elemente caracteristice ale unuisegment orientat nenul: directia, sensul si lungimea. În mod evident,acestea nu determina în mod unic un segment orientat, dar împreuna cuoriginea segmentului fac acest lucru. În cele ce urmeaza se va eliminaacest neajuns prin definirea unor clase unic determinate de cele treielemente, clase ce realizeaza "eliberarea de origine".Fie M multimea tuturor segmentelor orientat nenule. Pe aceastamultime definim relatia binara astfel,

Page 3: Segment Orientat. Vector Liber

AB

CD

ABsi

CD au aceeasi directie,acelasi sens si aceeasi lungimeEste usor de verificat ca aceasta relatie este o relatie de echivalenta,adica este reflexiva, simetrica si tranzitiva. În continuare vom denumiaceasta relatie de echivalenta relatie de echipolenta.Relatia de echipolenta poate fi prelungita si la segmentele orientatenule astfel: oricare doua segmente orientate nule sunt echipolente întreele. Noua relatie, considerata pe multimea tuturor segmentelor orientatedin spatiu, este în continuare o relatie de echivalenta.Vectori liberi68Definitia 2.1.5 Clasele de echivalenta*) ale segmentelor orientate, relativla relatia de echipolenta, se numesc vectori liberi.Vectorii liberi se vor nota cu litere mici ale alfabetului latin cu obara deasupra : a , b…. . Vectorul liber care contine segmentul orientat

ABva fi notat asemanator, adica−−

AB(−−

ABeste multimea segmentelororientate echipolente cu

AB).Daca

ABa atunci spunem ca

ABeste un reprezentant al lui a .

Page 4: Segment Orientat. Vector Liber

Notiunile de directie, sens si lungime introduse pentru un segmentorientat, sunt extinse la clasa din care acesta face parte, reprezentânddirectia, sensul si lungimea comuna tuturor elementelor din clasa. Pentrua desemna lungimea unui vector liber vom folosi notatiile a sau−−

AB .Vectorul liber de lungime 0 ( clasa tuturor segmentelor orientatenule) se numeste vectorul nul si se noteaza 0 . Vectorii liberi care auaceeasi directie se numesc coliniari, iar vectorii liberi care aureprezentantii paraleli cu acelasi plan se numesc coplanari. Doi vectoriliberi ai caror reprezentanti sunt echipolenti sunt egali.Definitia 2.1.6 Orice vector liber care are lungimea egala cu 1 senumeste versor.Multimea vectorilor liberi va fi notata V3. În sectiunea urmatoarevom defini o operatie interna pe V3 (adunarea vectorilor liberi) si ooperatie externa, de înmultire cu numere reale, împreuna cu care V3 vacapata o structura de spatiu vectorial.* O clasa de echivalenta relativ la relatia binara , considerata pe o multime M este o submultime C1 alui M care are proprietatea x, y C1 xy.

Algebra liniara692.2 Operatii cu vectori liberiI. Adunarea vectorilor liberiDefinitia 2.2.1 Daca a si b sunt doi vectori liberi si

OA, respectiv

ABsunt doi reprezentanti ai acestora, atunci a + b estevectorul liber c al carui reprezentant este

OB, fig. 3 a).Regula de adunarea a vectorilor liberi din definitia de mai sus estecunoscuta sub denumirea de regula triunghiului.Nu este dificil de vazut ca daca vom considera paralelogramuldeterminat de vectorii

Page 5: Segment Orientat. Vector Liber

OAa si

OBb , atunci (vezi fig. 3 b) ) vectorul

OC c = a + b este diagonala acestui paralelogram. Adunarea vectorilorliberi poate fi definita folosind si aceasta regula numita regulaparalelogramului si cele doua definitii sunt echivalente.Propozitia 2.2.1 (V3, +) este grup comutativ.Demonstratie. Din modul de definitie al operatiei de adunare a vectorilorliberi rezulta ca operatia "+" este bine definita. Asociativitatea: Daca a ,b , c V3 si

OAa ,

ABb ,

BCc este usor de vazut, conformVectori liberi70definitiei de mai sus, ca vectorii liberi a + ( b + c ) si ( a + b ) + c au unacelasi reprezentant

OC (fig 4 a) si b)).Comutativitatea: rezulta daca folosim regula paralelogramului pentruadunarea vectorilor. Elementul neutru al grupului este vectorul nul 0 iarsimetricul unui vector liber oarecare−−

ABV3 este vectorul liber−−

BA.Folosind proprietatea de asociativitate demonstrata mai sus, putemextinde usor regula triunghiului la cazul a n vectori liberi.Definitia 2.2.2 Daca 1 a , 2 a ,…, n a sunt nvectori liberi si

1 OA 1 a ,

Page 6: Segment Orientat. Vector Liber

1 2 A A 2 a ,…,

n−1 n A A n a ,atunci sumavectorilor 1 a , 2 a ,…, n aeste vectorul liber c alcarui reprezentant este

n OA , (fig. 5). Notam c = 1 a + 2 a +…+ n a .Regula exprimata de definitia de mai sus este cunoscuta subdenumirea de regula poligonului strâmb si rezulta prin aplicareaAlgebra liniara71inductiva a regulii triunghiului, adica 1 a + 2 a + … + n a = 1 a + ( 2

a +(….( n 1 a −+ n a ))), deoarece operatia de adunare a vectorilor esteasociativa.II. Înmultirea vectorilor liberi cu numere realeUrmatoarea operatie pe care o vom introduce este înmultirea unuivector liber cu un numar real.Definitia 2.2.3 Daca aV3 si R atunci prin a întelegem vectorulliber definit astfel:a) Daca = 0 sau a =0 atunci a este vectorul nul 0 .b) Daca nu avem situatia de la punctul a) si > 0 atunci vectorula este un vector care are aceeasi directie si acelasi sens cuvectorul a iar lungimea este a .c) Daca < 0 si a 0 atunci a este un vector care are aceeasidirectie cu vectorul a , sensul opus acestuia din urma iarlungimea este -a .Exercitiu: Înmultirea vectorilor liberi cu numere reale satisface axiomelea) - d) din Definitia 1.1.3 a spatiului vectorial.Exercitiul de mai sus si Propozitia 2.2.1 ne asigura ca V3 este întradevarun spatiu vectorial real.2.3 Dependenta liniara în V3

Teorema 2.3.1 a) Vectorii liberi a , bV3 sunt liniar dependenti daca sinumai daca sunt coliniari.Vectori liberi

Page 7: Segment Orientat. Vector Liber

72b) Vectorii liberi a , b , cV3 sunt liniar dependenti dacasi numai daca sunt coplanari.Demonstratie. a) " _ " Daca cel putin unul din vectorii a si b este nulatunci functioneaza conventia ca vectorul nul are aceeasi directie cu oricevector si rezulta concluzia. Daca a 0 si b 0 , presupunem ca existascalarii , R astfel încât a + b = 0 si 2 + 2 0. Facem alegerea0 si avem a = - b , ceea ce înseamna ca a si b au aceeasi directie,aceeasi lungime si sensuri opuse. Din Definitia 2.2.3 deducem ca a sib au aceeasi directie si rezulta ca sunt coliniari. " " Daca unul dinvectorii a , b este nul atunci afirmatia este evidenta. Altfel, daca a , bsunt coliniari atunci versorii acestoraaasi respectivbbsunt într-orelatie de formaaa= bb. De aici rezulta concluzia (exercitiu).b) Ca si în cazul a) situatia în care cel putin unul dintre vectori este nuleste triviala pentru ambele implicatii, deci presupunem mai departe ca totivectorii sunt nenuli. " _ " Daca a , b , c sunt liniar dependenti atunci

Page 8: Segment Orientat. Vector Liber

exista scalarii , , R, astfel încât a + b + c = 0 , cel putin unuldintre scalari fiind nenul. Presupunem 0 si avem a = - b - c , ceeace, conform punctului a), este echivalent cu faptul ca a este coliniar cuvectorul suma a vectorilor - b si - c , deci coplanar cu acestia. Darvectorii - b si respectiv - c sunt coliniari, tot conform punctului a) cuvectorii b si respectiv c . Deci a , b , c sunt coplanari." " Daca a , b , c sunt coplanari atunci este usor de vazutAlgebra liniara73(fig. 6) ca a poate fi descompus ca suma de doi vectori coliniari cu b , c ,a = b 1 + c 1, unde b 1, c 1 au reprezentatii−−

1 OB si respectiv−−

1 OC (AB1__OC, AC1__ OB, B1 OB, C1 OC).Tot conform punctului a)rezulta ca exista scalarii 1 si 1 Rastfel încât b 1 = 1 b si respectiv c 1= 1 c . De aici rezulta concluzia.Din teorema de mai sus rezultaca oricare trei vectori necoplanaridin V3 sunt liniar independenti.Teorema 2.3.2 Dimensiunea spatiului vectorial V3 este egala cu 3.Demonstratie. Conform observatiei de mai sus este suficient sademonstram ca trei vectori necoplanari din V3 , a , b , c sunt sistem degeneratori pentru V3. Fie dV3 un vector oarecare si

OAa ,

Page 9: Segment Orientat. Vector Liber

OBb ,

OCc ,

ODd reprezentantiicelor patru vectori fig. 7. DacaD1, D2, D3 sunt proiectiile lui Dpe dreptele suport alesegmentelor orientate

OA,

OBsi

OC, atunci aplicam regulaparalelogramului si teorema demai sus si deducem ca

OD = OD3

+

OD' = OD3

+ OD1

+ OD2

=

OC+

OA +

OB, , , R. DeciVectori liberi74(2.3.1) d = a + b + csi demonstratia este încheiata.Sistemul de scalari (, , ) din formula (2.3.1) reprezintacoordonatele vectorului d în baza { a , b , c } a spatiului V3 .Observatia 2.3.1 a) Daca i , j, k sunt trei versori din V3 care auproprietatea ca dreptele suport ale reprezentantilor sunt perpendiculare

Page 10: Segment Orientat. Vector Liber

doua câte doua, atunci acestia sunt necoplanari (fig. 8). Deci formeaza obaza în V3, pe care o numim baza canonica. Coordonatele unui vectorliber într-o baza canonica se numesc coordonate euclidiene.b) Daca D E3 este un punctoarecare din spatiu atunci vectorulrV3 care are reprezentantul

OD senumeste vectorul de pozitie alpunctului D. Coordonatele euclidiene, , ale vectorului r , si respectivcoordonatele carteziene (în reperulOABC) ale punctului D sunt determinate de proiectiile punctului D pedreptele suport ale reprezentantilor celor 3 versori (fig. 8).Daca d E3 este o dreapta iar

ABeste un segment orientat, A, B E3 atunci intersectia dreptei d cu planele P1 A si P2 B ce suntperpendiculare pe d este formata din doua puncte A1 si respectiv B1.Segmentul orientat

1 1 A B se numeste proiectia ortogonala asegmentului

AB pe dreapta d.Algebra liniara75Exercitiu: Proiectiile pe aceeasi dreapta a doua segmente orientateechipolente sunt echipolente.Atunci se poate introduce notiunea de proiectie ortogonala a unuivector liber r pe o dreapta d, ca fiind vectorul liber ce are dreptreprezentant proiectia ortogonala pe dreapta d a oricarui reprezentant allui r .Definitia 2.3.1 Fie a , bV3 si

OAa ,

Page 11: Segment Orientat. Vector Liber

OBb reprezentantiiacestora. Numarul real [0, ] ce reprezinta unghiulformat de dreptele OA si OB se numeste unghiul dintrevectorii a , b (fig. 9). Daca = /2 atunci vectorii a , bse numesc ortogonali.Prin conventie, vectorul nul este ortogonal pe orice vector.Daca a , bV3 a 0 , b 0 iar este unghiul dintre ei atunci numarul real cosa se numeste marimea algebrica aproiectiei ortogonale a vectorului a pe b sise noteaza pr a b conform [1].Exercitiu: [1] Marimea algebrica a proiectieiortogonale are urmatoarele proprietatia) pr a cb = pr a b + pr c b , oricare ar fi a , b , c V3, nenuli.b) pr ab= pr a b oricare ar fi R.Vectori liberi762.4 Produsul scalarDefinitia 2.4.1 Daca a , bV3 si este unghiul dintre vectorii a si b ,daca acestia sunt nenuli, atunci produsul scalar alvectorilor a , b , notat <a , b > este egal cua) 0 daca a = 0 sau b = 0 ,b) a b cos , daca a 0 , b 0 .Exercitiu: Se observa ca vectorii a si b sunt ortogonali daca si numaidaca <a , b > = 0.Teorema 2.4.1 Produsul scalar al vectorilor liberi are urmatoareleproprietati:1) <a , a > 0, aV3 si <a , a > = 0 a = 0 ;2) <a , b > = <b , a >, a , bV3;3) <a , b > = <a , b >, R, a , bV3 (omogeneitate)4) <a + b , c > = <a , c > + <b , c >, a , b , cV3,(distributivitate a produsului scalar fata de adunareavectorilor)5) Fie i , j, k o baza canonica în V3 si a = a1 i + a2 j + a3

k , b = b1 i + b2 j + b3 k doi vectori din V3. Atunci(2.4.1) <a , b > = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3

Page 12: Segment Orientat. Vector Liber

În plus, daca a 0 , b 0 iar este unghiul dintre a si batunci(2.4.2) cos =a ba,b=2322212322211 1 2 2 3 3

a a a b b ba b a b a bAlgebra liniara77Demonstratie. 1) si 2) sunt evidente daca tinem cont de faptul ca unghiuldintre a si a este 0 iar unghiul dintre a si b coincide cu unghiuldintre b si a . 3) Daca = 0 demonstratia este evidenta. Daca 0atunci vectorii a si a sunt coliniari si au acelasi sens daca > 0 sisensuri opuse în caz contrar. Unghiul dintre a si b este egal cu cel dintrea si b , daca > 0 sau este suplementar celui dintre a si b , daca < 0.Având în vedere relatiile dintre unghiuri si faptul ca a = a sededuce concluzia.4) Folosind proprietatile marimii algebrice a proiectiei ortogonale siobservând ca <a , c > = pr a c c avem succesiv

<a + b , c > =pr a bc c = ( pr a c +pr b c ) c = <a , c > + < b , c >.5) Deoarece <i , i > = < j, j> = <k , k > = 1 iar <i , j> = < j, k> = <i ,k > = 0, aplicam proprietatile de 2) si 3) ale produsului scalar si obtinem

Page 13: Segment Orientat. Vector Liber

(2.4.1). 6) Din definitia produsului scalar si conform relatiei (2.4.1) avemca a 2 = <a , a > = a1

2 + a2

2 + a3

2. Aplicam din nou (2.4.1) si obtinem(2.4.2).2.5 Produsul vectorialDefinitia 2.5.1 Daca a , bV3 si este unghiul dintre vectori, dacaacestia sunt nenuli, atunci produsul vectorial alvectorilor a , b , notat a x b este egal cua) 0 daca a = 0 sau b = 0 sau daca a , b sunt coliniari;b) a b sin e , daca a , b 0 sunt necoliniari, undee este un versor perpendicular pe a si b al carui sensVectori liberi78este determinat cu ajutorul regulii burghiului (adicarotind pe a peste b , în sens direct, versorul e are sensulde înaintare aburghiului)(fig. 10).Observatia 2.5.1 Norma produsuluivectorial a x b are urmatoareainterpretare geometrica: este ariaparalelogramului ale carui doua laturiadiacente sunt reprezentanti cu aceeasiorigine ai vectorilor liberi a si respectivb .Teorema 2.5.1 Produsul vectorial are urmatoarele proprietati:1) a x b = - b xa , a , bV3 (anticomutativitate);2) ( a x b ) = a x b =a xb , R, a , bV3;3) a x( b + c ) = a x b + a x c (distributivitate);4) axb 2 = ( a b )2 - <a , b >2 (identitatea lui Lagrange);5) Daca a = a1 i + a2 j + a3 k , b = b1 i + b2 j + b3 k , unde i ,j, k este o baza canonica în V3 atuncia x b = (a2b3 - a3b2) i+ ( a3b1 - a1b3) j+ (a1b2 - a2b1) k=1 2 31 2 3

b b ba a a

Page 14: Segment Orientat. Vector Liber

i j k.Algebra liniara79Demonstratie. 1) Rezulta din definitia produsului vectorial, datoritafaptului ca masura unghiului _( a , b ) *) este egala cu cea a unghiului_( b , a ) iar versorii e respectiv e ' (corespunzatori celor doua produsevectoriale), obtinuti conform regulii burghiului (fig.10), au sensuri opuse.2) Daca > 0, atunci _(a , b ) = _( a , b ) = _( a , b ).Atunci ( a x b ) = a b sin _( a , b ) = a b sin _(a , b )=a x b . Analog se arata ca ( a x b ) =a xb . Cazul = 0 duce laobtinerea vectorilor nuli în fiecare membru al egalitatii si rezultaconcluzia. În cazul < 0 avem _(a , b )= _( a , b )= -_( a , b ) sideducem ca ( a x b ) = a b sin _( a , b ) = - a b sin(- _( a ,b ))= a b sin _(a , b )= a x b etc.3) În cazul în care vectorii b si c sunt coliniari afirmatia este usorde demonstrat (exercitiu). Pentru a arata ca proprietatea 3) este adevarataîn cazul general, vom demonstra mai întâi cadaca b ' este proiectia ortogonala a vectoruluib pe o dreapta D perpendiculara pe a ,inclusa într-un plan paralel cu vectorii a si b ,atunci a x b = a x b '. Versorii vectorilora x b si a x b ' fiind perpendiculari pe acelasiplan sunt coliniari si, deoarece axb' =a b' sin_( a , b ') = a b cos _( b , b ')sin /2 = a b cos(/2- _( a , b )) = a b sin _( a , b ) = axb , rezulta* Folosim notatia _( a , b ) pentru unghiul dintre vectorii liberi a si b .Vectori liberi80concluzia. Fie acum c ' proiectia ortogonala a vectorului c pe dreapta D1

O, perpendiculara pe a , inclusa într-un plan paralel cu vectorii a si c .Din cele aratate mai sus rezulta ca a x c = a x c '. Este clar ca dreapta

Page 15: Segment Orientat. Vector Liber

suport a lui a , D si D1 sunt ortogonale doua câte doua. Deoarece vectoriib ' si c ' sunt de fapt "proiectiile ortogonale" *) ale vectorilor liberi b si cpe planul determinat de D si D1 este usor de vazut ca b ' + c ' este egal cuproiectia ortogonala pe acest plan, notata d' , a vectorului b + c . Esteusor de vazut ca d' = b ' + c '. Astfel, a x b + a x c = a x b ' + a x c ' =a x( b ' + c ') = a x d' = a x( b + c ) si rezulta concluzia.Punctul 4) al teoremei îl lasam ca exercitiu, caci se obtine aplicânddefinitiile produsului scalar si respectiv vectorial. Pentru a demonstra 5)observam ca i x i = jx j = k x k = 0 si i x j = k , jx k =i , k x i = j. Seefectueaza calculele si se obtine concluzia.2.6 Produsul mixt al vectorilor. Dublul produs vectorialDefinitia 2.6.1 Fie a , b , cV3. Produsul scalar al vectorilor a si b x cse numeste produs mixt al vectorilor a , b , c . Folosimnotatia <a , b x c >.Daca vectorii a , b , c sunt necoplanari, atunci modulul produsuluimixt are urmatoarea interpretare geometrica: este volumulparalelipipedului construit pe suporturile reprezentantilor vectorilor* Proiectia ortogonala a unui vector liber a pe un plan este acel vector liber ce are drept reprezentant

proiectia ortogonala pe planul respectiv a unui reprezentant al vectorului a .Algebra liniara81a , b , c care au originea comuna (Fig. 12). Într-adevar, se cunoaste dejaca modulul vectorului b x creprezinta aria A aparalelogramului cereprezinta baza paralelipipeduluidin fig. 12. Deoarece_( a , b x c ) este egal cuunghiul dintre înaltimea h a

Page 16: Segment Orientat. Vector Liber

paralelipipedului din figura sivectorul a , deducem ca_a _cos_( a , b x c )= h.Atunci a,bxc = _a _ bxc cos_( a , b x c )= A h si rezultaconcluzia.Teorema 2.6.1 Produsul mixt are urmatoarele proprietati:1) Daca a = a1 i + a2 j + a3 k , b = b1 i + b2 j + b3 k , c =c1 i + c2 j +c3 k unde i , j, k este o baza canonica în V3

atunci(2.6.1) <a , b x c >=1 2 31 2 31 2 3

c c cb b ba a a2) <a , b x c > = 0 unul din vectori este nul sau doidintre vectori sunt coliniari sau vectorii suntcoplanari.Vectori liberi823) <a , b x c > = <b , a x c > = <c , b x a >, <a ,b x c > = -<a , c x b >.4) <a 1 + a 2, b x c > =<a 1, b x c > + <a 2, b x c >.Demonstratie. Afirmatia 1) este o consecinta a proprietatilor 5 aprodusului scalar si respectiv vectorial.2) " " Daca unul din vectori este nul afirmatia rezulta imediat. Dacadoi vectori sunt coliniari, de exemplu a si b atunci exista R astfel încâta = b . Deci ai = bi, i = 1, 2, 3 si folosind proprietatile determinantilorsi punctul a) rezulta <a , b x c > = 0. Analog se trateaza cazul în care altidoi vectori sunt coliniari.Daca cei trei vectori sunt coplanari atunci vectorul b x c esteperpendicular pe planul celor trei vectori, deci pe a . Conform definitieiprodusului scalar, deducem ca <a , b x c > = 0." _ ". Daca <a , b x c > = 0 atunci, din proprietatea 2) de mai sus

Page 17: Segment Orientat. Vector Liber

deducem ca determinantul din relatia (2.6.1) este nul. Atunci vectorii dinR3 (a1, a2, a3), (b1, b2, b3), (c1, c2, c3) sunt liniar dependenti. Deoarececomponentele acestor vectori sunt de fapt coordonatele vectorilor a , b ,c în baza i , j, k , atunci putem spune ca a , b , c sunt liniar dependenti.Aplicând Teorema 2.3.1 b) obtinem concluzia. 3) Se folosesteproprietatea 1) a produsului mixt si proprietatile determinantilor.Afirmatia de la punctul 4) rezulta din proprietatea de aditivitate aprodusului scalar.Definitia 2.6.2 Numim produs dublul vectorial al vectorilor a , b , cV3

vectorul d= a x ( b x c ).Algebra liniara83Teorema 2.6.2 Vectorul d definit mai sus are urmatoarele proprietatia) este coplanar cu vectorii b si c .b) d = <a x c >b - <a , b >c .Demonstratie. a) Vectorul d , fiind produsul vectorial al vectorilor a sib x c va fi perpendicular pe acestia, deci db x c . Deoarece vectorulb x c este perpendicular pe b si c , deducem ca d este coplanar cu b sic . Daca a = a1 i + a2 j +a3 k , b = b1 i + b2 j + b3 k , c =c1 i + c2 j +c3 kunde i , j, k este o baza canonica în V3, atunci, conform Teoremei 2.5.1avem b x c = (b2c3 - b3c2) i+ ( b3c1 - b1c3) j+ (b1c2 - b2c1) k sid = [a2(b1c2 - b2c1) - a3 ( b3c1 - b1c3)] i+ [ a3(b2c3 - b3c2) - a1(b1c2 - b2c1)]j+ [a1( b3c1 - b1c3) - a2(b2c3 - b3c2)] k . Rearanjând termenii avemd= (a2c2 + a3c3) b1 i + (a3c3 + a1c1 )b2 j + (a2c2 + a1c1)b3 k +- (a2 b2 + a3 b3) c1 i - ( a3b3 + a1b1)] c2 j - (a1 b1 + a2b2)] c3 k .De aici rezulta ca d = (a1c1 + a2c2 + a3c3)( b1 i + b2 j + b3 k ) - (a1b1

+

Page 18: Segment Orientat. Vector Liber

a2b2 + a3b3)( c1 i + c2 j + c3 k ) = <a , c > b - <a , b >c .Exercitiul 2.6.1 Sa se arate ca daca a , b , c , dV3 atunci<a x b , c x d> =b,c b,da, c a,d.Conform Teoremei 2.6.2, avem <a x b , c x d> = <d , ( a x b )x c > > =<d , - a <b , c > + b<a , c > > = -<d , a > <b , c > + <a , c ><d , b>= <a , c ><b , d> - <a , d> <b , c >. Rezulta concluzia.Vectori liberi842.7 Exercitii1. Sa se discute si sa se rezolve sistemul_ _ _x y bx y a, a , bV3, , R\{0}.R: Înmultind prima ecuatie cu -si pe a doua cu si adunându-leobtinem ecuatia 0 x + (2 - 2) y = -a + b , sistemul fiind echivalent cu

___−−y a bx y a2 2 , a , bV3, , R\{0}.a) Daca (2 - 2) 0, adica atunci sistemul are solutia unicax = 2 −2

a - 2 −2

b , y = - 2 −2

Page 19: Segment Orientat. Vector Liber

a + 2 −2

b .b) Daca 2 - 2 = 0 atunci, fie -a + b 0 , caz în care sistemul esteincompatibil, fie -a + b = 0 , caz în care orice pereche de vectori x =1( a - y ), yV3 este solutie a sistemului.2. Sa se arate ca pentru ca trei vectori a , b , c sa închida un triunghi estenecesar si suficient ca a + b+ c = 0 .R: Daca a , b , c închid un triunghi, adica au reprezentantii

BCa ,

CAb ,

ABc (fig. 13), atunci se aplica Definitia 2.2.1 si rezultaconcluzia. Reciproc, daca a + b+ c = 0 atunci c = - ( a + b ). Daca

BCa ,

CAb atunci

BAa + b , deci

ABc si demonstratia estecompleta.Algebra liniara853. Fie a , b , c trei vectori care închidun triunghi. Sa se exprime cuajutorul lor vectorii care au careprezentanti medianele triunghiuluisi sa se arate ca acestia pot închidela rândul lor un triunghi.R: Fie ABC triunghiul închis devectorii a , b , c si fie A', B', C' mijloacele laturilor BC, CA, AB fig. 13.Atunci

Page 20: Segment Orientat. Vector Liber

AA' =

AB+

BA' =

AB + 1/2

BCc + 1/2a si analog se arataca

BB' a + 1/2 b , respectiv

CC'b + 1/2 c . Folosind rezultatul de laexercitiul precedent, avem

AA' +

BB' +

CC' =0si, tot conformacestuia, rezulta ca segmentele orientate

AA' ,

BB' ,

CC' pot închide untriunghi.4. Fie

AB si

CD vectorii ce coincid cu doua coarde perpendiculare întruncerc de centru O si fie M punctul lor de intersectie. Sa se arate ca

MA +

MB+

MC+

MD = 2

MO.5. R: Notam cu P si respectiv Q mijloacele

Page 21: Segment Orientat. Vector Liber

coardelor

ABsi

CD(fig. 14). Atunci OQMPeste dreptunghi si

OM=

OQ +

OP . Tinândcont de faptul ca

OQ = 1/2 (

OC +

OD) si

OP = 1/2 (

OA +

OB) obtinem 2

OM =

OA +

OB +

OC +

OD.Vectori liberi86Pe de alta parte avem

MA =

MO +

OA si relatiile analoge pentru

MB,

MC si

MD. Deci

Page 22: Segment Orientat. Vector Liber

MA +

MB+

MC+

MD = 4

MO+ 2

OM = 2

MO.6. Fie ABCD un patrulater convex. Se noteaza cu O1, O2 mijloacelediagonalelor AC, respectiv BD. Sa se arate ca ABCD esteparalelogram daca si numai daca exista k R - {1/2} astfel încât

1 2 O O = k(

AD -

BC).R: Avem

1 2 O O = 1/2 (

O B 1 +

O D 1 ) = 1/2 (

O C 1 +

CB +

O A 1 +

AD) =1/2 (

AD-

BC). Deci exista k R - {1/2} astfel încât

1 2 O O = k(

AD -

BC)

Page 23: Segment Orientat. Vector Liber

1 2 O O =0O1 = O2.7. Fie ABCD si A1B1C1D1 doua paralelograme oarecare în spatiu. Seconsidera punctele A2, B2, C2, D2 care împart segmentele AA1, BB1,CC1, DD1 în acelasi raport. Sa se arate ca A2B2C2D2 este unparalelogram (fig. 15).R: Fie O un punct al spatiului. Oconditie necesara si suficienta caABCD si A1B1C1D1 sa fieparalelograme este ca diagonalelelor sa aiba acelasi mijloc, adicaîntre vectorii de pozitie aivârfurilor sa existe relatiile:(2.7.1)

OA +

OC =

OB +

ODAlgebra liniara87(2.7.2)

OA1 +

OC1 =

OB1 +

OD1. Deoarece A2 are proprietatea

2 AA =k

2 1 A A , rezulta

OA2 =

OA +

2 AA =

Page 24: Segment Orientat. Vector Liber

OA+ k

2 1 A A =

OA + k(

OA1 -

OA2). Deci

OA2 =k 11(

OA + k

OA1). Analog se obtin relatiilepentru

OB2,

OC2,

OD2 (adica relatia de mai sus în care înlocuim pe Acu B, C si D). Folosind aceste relatii si tinând cont de (2.7.1) si (2.7.2)rezulta

OA2 +

OB2 =

OC2 +

OD2, lucru echivalent cu faptul caA2B2C2D2 este un paralelogram.8. Fie triunghiul ABC si A1, B1, C1 mijloacele segmentelor BC, CA, AB.a) Sa se arate ca pentru orice punct M al spatiului avem

OA +

OB +

OC = 3

Page 25: Segment Orientat. Vector Liber

OA + 2

AA1 = 3

OB + 2

BB1 =3

OC + 2

CC1.b) Sa se arate ca exista un punct G si numai unul (centrul de greutateal triunghiului) cu proprietatea

GA +

GB +

GC =0.c) Sa se arate ca orice punct O al spatiului satisface relatia(2.7.3)

OA +

OB +

OC = 3

OGR: a) Avem

OA +

OB +

OC =

OA +

OA+

AB+

OA +

Page 26: Segment Orientat. Vector Liber

AC = 3

OA+2

AA1 +

A B 1 +

A C 1 = 3

OA + 2

AA1, caci

A B 1 +

A C 1 =0. Analogse arata celelalte relatii. b) Conform punctului a),

GA +

GB +

GC =03

GA + 2

AA1=0

GA = 2/3

A A 1 adica G se afla pe AA1 la 2/3 devârful A G este centrul de greutate al triunghiului ABC.Vectori liberi88d)

OA +

OB +

Page 27: Segment Orientat. Vector Liber

OC = 3

OG +

GA +

GB +

GC =3

OG.Observatia 2.7.1 Fixând un punct O al spatiului, putem defini centrul degreutate G al unui triunghi ca fiind un punct care are proprietatea (2.7.3) .Din exercitiul de mai sus rezulta ca G este corect definit.În general pentru un poligon A1A2…An definim centrul de greutateca fiind acel punct care satisface relatia

OG =n1(

OA1 +

OA2 +…+

OAn).Daca vom considera O' alt punct al spatiului atunci n

O'G = n

O'O+ n

OG = (

O'O +

OA1 +

O'O +

OA2 + … +

O'O +

Page 28: Segment Orientat. Vector Liber

OAn), de undededucem ca

O'G =n1(

O'A1 +

O'A2 +…+

O'An). Deci punctul G astfeldefinit nu depinde de alegerea punctului O din spatiu.9. Fie doua triunghiuri ABC si A1B1C1 (fig. 16) cu centrele de greutate Gsi G1. Sa se arate ca

AA1 +

BB1 +

CC1 = 3

GG1 si, cu ajutorul acesteirelatii, sa se formuleze o conditie necesara si suficienta ca douatriunghiuri sa aiba acelasi centru degreutate.R: Se observa ca

AA1 =

AG+

1 GG +

1 1 G A .Scriind si relatiile analoge pentru

BB1 si

CC1 si adunându-le, obtinem

AA1 +

BB1 +

Page 29: Segment Orientat. Vector Liber

CC1 = 3

GG1 - (

GA +

GB +

GC) +Algebra liniara89

1 1 G A +

1 1 G B +

1 1 G C = 3

GG1. Pentru a obtine ultima egalitate amaplicat punctul b) al exercitiului precedent. Deci, conditia necesara sisuficienta ca G = G1 este

GG1 =0sau, conform celor aratate mai sus,

AA1 +

BB1+

CC1 =0.10. Se numeste cerc Euler al coardei A1A2 a cercului S de raza R, cerculde raza R/2, al carui centru este mijlocul coardei. Cele trei cercuriEuler ale laturilor unui triunghi A1A2A3 înscris în cercul S seintersecteaza într-un punct O care constituie centrul cercului de razaR/2, ce trece prin centrele celor trei cercuri Euler. Acest ultim cerc senumeste cercul lui Euler al triunghiului A1A2A3. Sa se arate caurmatoarea definitie este coerenta:

Page 30: Segment Orientat. Vector Liber

Presupunem ca am definit cercul Euler de raza R pentru un poligon cun laturi înscris în cercul S de raza R. Sa consideram acum poligonul cun + 1 laturi A1A2… An+1 înscris în cercul S. În acest caz, cele n+1cercuri Euler ale poligoanelor cu n laturi A2A3… An+1, A1A3… An+1,…, A1A2… An se intersecteaza într-un singur punct care constituiecentru cercului de raza R/2, ce trece prin centrele tuturor celor n + 1cercuri Euler; acest cer se numeste cercul Euler al poligonului cu n + 1laturi A1A2… An+1.R: Fie O centrul cercului S. Demonstram prin inductie dupa n ca pentruun poligon A1A2… An, punctul O' care satisface relatia ' OO −−

=2OA1 OA2 .... OAn−−−−−−

este centrul cercului Euler al poligonului A1A2…An. Pentru n = 2, afirmatia este adevarata. Presupunem ca afirmatia esteVectori liberi90adevarata pentru orice poligon cu n laturi si o vom demonstra pentru unpoligon cu n + 1 laturi. Fie A1A2… An+1 un poligon cu n + 1 laturi, O'punctul cu proprietatea ca ' OO −−

=2OA1 OA2 .... OAn1−−−−−−

si O1',…,On+1'centrele cercurilor Euler ale poligoanelor A2A3… An+1, A1A3… An+1, …,A1A2… An. Avem−−

OO1' =

Page 31: Segment Orientat. Vector Liber

2OA2 OA3 .... OAn1−−−−−−

= ' OO −−

-2OA1−−

,−−

OO2' =2OA1 OA3 .... OAn1−−−−−−

= ' OO −−

-2OA2−−

,…,−−

OOn+1' =2OA1 OA2 .... OAn−−−−−−

= ' OO −−

-2OAn1−−

.Deoarece O 'O' i−−

= ' OO −−

-−−

OOi' =2OAi−−

, i = 1,…, n+1 rezulta ca O 'O' i

Page 32: Segment Orientat. Vector Liber

−−

=2OAi−−

=2Rpentru toti i = 1,…, n+1. Deci O' apartine cercurilor decentre Oi' si raza2R, i = 1,…, n+1, adica cercurilor Euler ale poligoanelorA2A3… An+1, A1A3… An+1, …, A1A2… An. De asemenea, cercul cucentrul în O' si raza2Rtrece prin centrele celor n + 1 cercuri Euler si deaici rezulta si unicitatea punctului O'.11. Se considera în spatiu punctele A(1, -1, 1), B(2, 1, -1), C(3, 1, 2),D(8/3, 1, 1), E(4,-1, 1) fata de reperul cartezian ortogonal Oxyz .Algebra liniara91Sa se verifice daca punctele A, B, C, D si respectiv A, B, C, E suntcoplanare si, în caz afirmativ, sa se stabileasca daca acestea suntvârfurile unor patrulatere convexe .R: Consideram baza canonica *)

i , j, k în V3 astfel încât coordonatelecarteziene si cele euclidiene ale unui punct din E3 sa coincida. Avem

AB=

OB -

OA si−−

AB= i + 2 j - 2 k . Procedând asemanator obtinem−−

BC= i + 0 j + 3 k ,−−

CD= -1/3 i + 0 j - k ,−−

Page 33: Segment Orientat. Vector Liber

CE = i - 2 j - 1. Vectorii−−

AB,−−

BC si−−

CD (respectiv−−

AB,−−

BC si−−

CE ) sunt coplanari daca si numaidaca punctele A, B, C, D (respectiv A, B, C, E) sunt coplanare .Deoarece <−−

AB,−−

BCx−−

CD> =1/3 0 11 0 31 2 2−−−= 0, deducem,conform Teoremei 2.6.1, ca vectorii−−

AB,−−

BC si−−

CD sunt coplanari, decipunctele A, B, C, D sunt în acelasi plan. Calculând produsul mixt alvectorilor−−

AB,−−

BC,−−

CE obtinem <−−

AB,−−BCx−−

C E > =1 2 1

Page 34: Segment Orientat. Vector Liber

1 0 31 2 2−−−= 180. Aplicând Teorema 2.6.1, rezulta ca A, B, C, E nu sunt coplanare.Astfel, pentru a raspunde la cea de a doua întrebare, este suficientsa stabilim daca ABCD este patrulater convex. Fie M(x, y, z) punctul deintersectie al dreptelor AC si BD. Avem MAC −−

ACx−−

AM = 0 întimp ce MBD −−

BDx−−

BM = 0. Stiind ca−−

AC= 2 i + 2 j + k si−−

BD=* Vom spune ca i , j , k este baza canonica din V3 corespunzatoare reperului cartezianortogonal Oxyz.Vectori liberi922/3 i + 2 k iar−−

AM =(x - 1) i + (y + 1) j + (z - 1) k ,−−

BM =(x - 2) i + (y -1) j + (z + 1) k , atunci, aplicam Teorema 2.5.1 si deducem caMAC 2x −1=2y 1=1z −1

Page 35: Segment Orientat. Vector Liber

si MBD 2/3x −2=2z 1, y = 1.Solutia sistemului format din cele doua ecuatii de mai susreprezinta coordonatele punctului M. Rezolvând sistemul obtinem x = 3,y = 1 si z = 2. Deci M are coordonatele (3, 1, 2) si M coincide cu C.Rezulta ca ABCD nu este un patrulater convex.12. Sa se calculeze ariile a si a1 ale triunghiurilor ABC si ABE unde A,B, C, E sunt punctele din E3 considerate în exercitiul precedent.R: Fie A aria paralelogramului care este determinat de reprezentanti aivectorilor−−

ABsi−−

BC cu aceeasi origine. Tinând cont de interpretareageometrica a produsului vectorial a doi vectori deducem ca A =−−−−

ABxBC =1 0 31 2 2i j k−= 65 . Atunci aria triunghiului ABC este a =21A =265. Procedând în acelasi fel se obtine aria a1 = 18 .13. Fie A(0, -5, 0) si B(1,-2, 3) puncte din E3 fata de reperul cartezianortogonal Oxyz. Se cere:a) Sa se determine un vector v paralel cu planul determinat de i si j

Page 36: Segment Orientat. Vector Liber

astfel încât v =−−

AB si v−−

AB.b) Sa se determine un versor u perpendicular si pe v si pe−−

AB.Algebra liniara93R. Fie i , j, k baza canonica în V3 definita ca în exercitiul 11. Avem−−

AB= i + 3 j + 3 k . Fie v = x i + y j. Conditia de egalitate a normelor semai scrie x2 + y2 = 19 iar conditia de ortogonalitate este echivalenta cu< v ,−−

AB>= 0, adica x + 3 y = 0. Din cele doua conditii rezulta v = (-31019i +1019j). b) u = −−−−

vxABvxAB= (1363i +1369j -13610k ).14. Se considera vectorii a = 2 i + 3 j - 3 k si b = -2 i - 3 j + k . Sa sedetermine:

Page 37: Segment Orientat. Vector Liber

a) unghiul dintre cei doi vectori;b) proiectia vectorului a pe directia lui b ;c) înaltimea paralelogramului construit pe suporturile vectorilor a sib , corespunzatoare bazei b .R: a) Deoarece cos _( a , b ) =a ba,b, obtinem cos _( a , b ) =77−8.c) pr a b = bba,b2 =7−8(-2 i - 3 j + k ). c) h =baxb=1452.15. Se dau punctele A(1, -2, 3), B(2, -1, 8) în reperul cartezian ortogonalOxyz.a) Sa se determine multimea punctelor C din planul xOy care auproprietatea ca triunghiul ABC este isoscel, AB = AC si <−−

AB,−−

AC>= - 9.Vectori liberi94b) Sa se calculeze aria triunghiului obtinut la punctul precedent.c) Se da punctul D(2, -3, 4). Sa se verifice daca ABCD este un tetraedru

Page 38: Segment Orientat. Vector Liber

si în caz afirmativ sa se calculeze aria acestui tetraedru.R: Fie i , j, k baza canonica din V3 corespunzatoare reperului cartezianOxyz. a) Fie C(x, y, 0) E3. Deoarece−−

AB= i + j + 5 k si−−

AC = (x - 1) i+ (y + 2) j - 3 k obtinem, conform Observatiei 2.4.1, AB = 27 , AC= x 1y 29 2 2 −. Cele doua conditii de mai sus devin (x - 1)2 +(y + 2)2 = 18, x + y = 5. Sistemul format din ultimele doua ecuatii aresolutia unica x = 4, y = 1. Deci punctul C cautat are coordonatele (4, 1,0). b) A_ABC =21 −−−−

ABxAC = 18 2 . d) Conditia necesara si suficienta caABCD sa fie un tetraedru este ca vectorii−−

AB,−−

AC si−−

AD sa fienecoplanari. Deoarece <−−

AB,−−

ACx−−

AD> = -32 0, deducem ca vectoriide mai sus sunt necoplanari si ABCD este un tetraedru. VABCD = 32.16. Sa se determine volumul paralelipipedului construit pe vectorii u =3a - b + 2 c , v = b + 2 c , w = 3 b - c , unde vectorii a , b , 2 c V3

au proprietatea ca a = 2, b = 4, c = 3, _( a , b x c ) = /4, _( b ,c ) = /6.R: V = u,vxw = 21 a, cxb = 21 a cxb22

Page 39: Segment Orientat. Vector Liber

= 126 2 .17. Sa se calculeze a x c , a x( b x c ) si < b , a x c > pentru fiecare dincazurile de mai jos:Algebra liniara95a) a = i + j + k , b = j + k , c = i ;b) a = 2 i + j + k , b = - j + 2 k , c = 3 j + k ;c) a = i - j +2 k , b =i - j - 2 k , c =i - 3 j;d) a = 4 i - 2 j + k , b = 5 i + j - k , c =3 i - j + k ;e) a = i + 2 j - 2 k , b = i + j + k , c =i - j - k .Indicatie: Se aplica proprietatile 1) (T.2.6.1) si 5 ( T.2.5.1,T.2.4.1) aleproduselor (mixt, vectorial si scalar) vectorilor liberi.18. Sa se determine unghiul [0, /2] format de vectorii a si b stiindca vectorul a + 2 b este perpendicular pe vectorul 2a - b iar vectorul a+ 3 b este perpendicular pe 4a - 2 b .R: Avem <a + 2 b , 2a - b> = 0 si <a + 3 b , 4a - 2 b> = 0 sauechivalent 2 a 2 - 2 b 2 + 3<a , b> = 0 si respectiv 4 a 2 - 6 b 2 +10<a , b> = 0. Notând a 2 = x 0, b 2 = y 0, <a , b> = z si tinândcont de relatiile de mai sus obtinem un sistem compatibil cu solutia unicaz = , y = 2, x =21 . Deoarece (cos )2 =xyz2

, avem = 0.21. Daca a , b , c V3 atunci numarul G( a , b , c ) =c,a c,b c,cb,a b,b b, ca,a a,b a,cse numeste determinantul Gram al vectorilor a , b si c . Sa sedemonstreze ca vectorii a , b , c sunt coplanari daca si numai dacadeterminantul lor Gram este nul.

Page 40: Segment Orientat. Vector Liber

Indicatie : Se demonstreaza ca <a , b x c >2 = G.