Algebr ă liniar ă [615500]

Algebr ă liniar ă

65
CAPITOLUL 2

VECTORI LIBERI

2.1 Segment orientat. Vector liber

Acest capitol este dedicat în totalitate studierii spa țiului vectorilor
liberi, spa țiu cu foarte multe aplica ții în geometrie, fizic ă și nu numai.
Elementele acestui spa țiu vor fi definite în cele ce urmeaz ă.
Fie E 3 spa țiul geometriei elementare. Elementele acestui spa țiu se
numesc puncte.
Defini ția 2.1.1 Numim segment orientat orice pereche ordonat ă (A, B) ∈
E3 x E 3. Vom folosi nota ția →
AB pentru acest segment,
cărui reprezentare grafic ă este dat ă în fig. 1.

Punctul A se va numi
originea segmentului orientat iar B
vârful sau extremitatea . Dac ă
puntele A și B sunt diferite atunci
acestea determin ă în mod unic o
dreapta care se nume ște dreapta suport a segmentului orientat.
Dac ă C = D atunci convenim s ă numim segmentul orientat (C, D)
=not →
CC = not →
0 segment orientat nul . Este evident c ă un segment orientat
nul nu determin ă în mod unic o dreapt ă, ceea ce face ca în acest caz s ă

Vectori liberi

66
spunem c ă orice dreapt ă care trece prin punctul C este o dreapt ă suport a
segmentului →
CC .
Defini ția 2.1.2 Dou ă segmente orientate nenule au aceea și direc ție dac ă
dreptele lor suport sunt paralele sau coincid. Oric e dou ă
segmente orientate nule au aceea și direc ție.
Un segment orientat nenul determin ă pe dreapta sa suport un
anumit sens, lucru ce permite introducerea no țiunii de acela și sens pentru
dou ă segmente orientate cu aceea și direc ție sau altfel spus pentru dou ă
segmente orientate coliniare .
Defini ția 2.1.3 a) Spunem c ă dou ă segmente orientate nenule cu
aceea și dreapt ă suport, au acela și sens dac ă sensurile
determinate de ele pe dreapta suport coincid fig. 2 a).
b) Dou ă segmente orientate nenule cu aceea și
direc ție, dar cu drepte suport diferite, au acela și sens
dac ă, în planul determinat de dreptele suport, extremi-
tățile lor sunt în acela și semiplan determinat de dreapta
care une ște originile segmentelor fig. 2 b).

Algebr ă liniar ă

67 Defini ția 2.1.4 Se nume ște lungime (norm ă sau modul) al unui segment
orientat →
AB distan ța de la punctul A la punctul B. Vom
folosi nota ția →
AB pentru lungimea segmentului orientat
→
AB .
Pân ă acum am pus în eviden ță trei elemente caracteristice ale unui
segment orientat nenul: direc ția, sensul și lungimea. În mod evident,
acestea nu determin ă în mod unic un segment orientat, dar împreun ă cu
originea segmentului fac acest lucru. În cele ce ur meaz ă se va elimina
acest neajuns prin definirea unor clase unic determ inate de cele trei
elemente, clase ce realizeaz ă "eliberarea de origine".
Fie M mul țimea tuturor segmentelor orientat nenule. Pe aceast ă
mul țime definim rela ția binar ă ρ astfel,
→
AB ρ→
CD ⇔→
AB și →
CD au aceea și direc ție,
acela și sens și aceeași lungime
Este u șor de verificat c ă aceast ă rela ție este o rela ție de echivalen ță ,
adic ă este reflexiv ă, simetric ă și tranzitiv ă. În continuare vom denumi
aceast ă rela ție de echivalen ță rela ție de echipolen ță .
Rela ția de echipolen ță poate fi prelungit ă și la segmentele orientate
nule astfel: oricare dou ă segmente orientate nule sunt echipolente între
ele. Noua rela ție, considerat ă pe mul țimea tuturor segmentelor orientate
din spa țiu, este în continuare o rela ție de echivalen ță .

Vectori liberi

68 Defini ția 2.1.5 Clasele de echivalen ță *) ale segmentelor orientate, relativ
la rela ția de echipolen ță , se numesc vectori liberi.
Vectorii liberi se vor nota cu litere mici ale alfa betului latin cu o
bar ă deasupra : a,b…. . Vectorul liber care con ține segmentul orientat
→
AB va fi notat asem ănător, adic ă −−
AB (−−
AB este mul țimea segmentelor
orientate echipolente cu →
AB ).
Dac ă →
AB ∈a atunci spunem c ă →
AB este un reprezentant al lui a.
No țiunile de direc ție, sens și lungime introduse pentru un segment
orientat, sunt extinse la clasa din care acesta fac e parte, reprezentând
direc ția, sensul și lungimea comun ă tuturor elementelor din clas ă. Pentru
a desemna lungimea unui vector liber vom folosi not a țiile a sau −−
AB .
Vectorul liber de lungime 0 ( clasa tuturor segment elor orientate
nule) se nume ște vectorul nul și se noteaz ă 0. Vectorii liberi care au
aceea și direc ție se numesc coliniari , iar vectorii liberi care au
reprezentan ții paraleli cu acela și plan se numesc coplanari . Doi vectori
liberi ai c ăror reprezentan ți sunt echipolen ți sunt egali .
Defini ția 2.1.6 Orice vector liber care are lungimea egal ă cu 1 se
nume ște versor.
Mul țimea vectorilor liberi va fi notat ă V 3. În sec țiunea urm ătoare
vom defini o opera ție intern ă pe V 3 (adunarea vectorilor liberi) și o
opera ție extern ă, de înmul țire cu numere reale, împreun ă cu care V 3 va
căpăta o structur ă de spa țiu vectorial.

* O clas ă de echivalen ță relativ la rela ția binar ă ρ, considerat ă pe o mul țime M este o submul țime C 1 a
lui M care are proprietatea x, y ∈ C 1 ⇔ x ρy.

Algebr ă liniar ă

69 2.2 Opera ții cu vectori liberi
I. Adunarea vectorilor liberi
Defini ția 2.2.1 Dac ă ași b sunt doi vectori liberi și →
OA , respectiv →
AB
sunt doi reprezentan ți ai acestora, atunci a+ b este
vectorul liber c al c ărui reprezentant este →
OB , fig. 3 a).
Regula de adunarea a vectorilor liberi din defini ția de mai sus este
cunoscut ă sub denumirea de regula triunghiului .
Nu este dificil de v ăzut c ă dac ă vom considera paralelogramul
determinat de vectorii →
OA ∈ a și →
OB ∈b, atunci (vezi fig. 3 b) ) vectorul
→
OC ∈c = a+b este diagonala acestui paralelogram. Adunarea vect orilor
liberi poate fi definit ă folosind și aceast ă regul ă numit ă regula
paralelogramului și cele dou ă defini ții sunt echivalente.
Propozi ția 2.2.1 (V 3, +) este grup comutativ.
Demonstra ție. Din modul de defini ție al opera ției de adunare a vectorilor
liberi rezult ă c ă opera ția "+" este bine definit ă. Asociativitatea: Dac ă a,
b, c∈V3 și →
OA ∈a, →
AB ∈b, →
BC ∈c este u șor de v ăzut, conform

Vectori liberi

70 definiției de mai sus, c ă vectorii liberi a+ ( b + c ) și ( a+ b) + c au un
acela și reprezentant →
OC (fig 4 a) și b)).

Comutativitatea: rezult ă dac ă folosim regula paralelogramului pentru
adunarea vectorilor. Elementul neutru al grupului e ste vectorul nul 0 iar
simetricul unui vector liber oarecare −−
AB ∈V3 este vectorul liber −−
BA .
Folosind proprietatea de asociativitate demonstrat ă mai sus, putem
extinde u șor regula triunghiului la cazul a n vectori liberi.
Defini ția 2.2.2 Dac ă 1a, 2a,…, na sunt n
vectori liberi și
→
1OA ∈1a, →
2 1AA ∈2a ,…,
→
− n 1nAA ∈na,atunci suma
vectorilor 1a, 2a,…, na
este vectorul liber c al
cărui reprezentant este
→
nOA , (fig. 5). Not ăm c = 1a+ 2a+…+ na.
Regula exprimat ă de defini ția de mai sus este cunoscut ă sub
denumirea de regula poligonului strâmb și rezult ă prin aplicarea

Algebr ă liniar ă

71 inductiv ă a regulii triunghiului, adic ă 1a + 2a + … + na = 1a + ( 2a +
(….( 1na−+ na ))), deoarece opera ția de adunare a vectorilor este
asociativ ă.
II. Înmul țirea vectorilor liberi cu numere reale

Urm ătoarea opera ție pe care o vom introduce este înmul țirea unui
vector liber cu un num ăr real.
Defini ția 2.2.3 Dac ă a∈V3 și α∈R atunci prin αa în țelegem vectorul
liber definit astfel:
a) Dac ă α = 0 sau a=0 atunci αaeste vectorul nul 0.
b) Dac ă nu avem situa ția de la punctul a) și α > 0 atunci vectorul
αaeste un vector care are aceea și direc ție și acela și sens cu
vectorul aiar lungimea este αa.
c) Dac ă α < 0 și a≠ 0atunci αaeste un vector care are aceea și
direc ție cu vectorul a, sensul opus acestuia din urm ă iar
lungimea este – αa.
Exerci țiu : Înmul țirea vectorilor liberi cu numere reale satisface ax iomele
a) – d) din Defini ția 1.1.3 a spa țiului vectorial.
Exerci țiul de mai sus și Propozi ția 2.2.1 ne asigur ă c ă V 3 este într-
adev ăr un spa țiu vectorial real.
2.3 Dependen ță liniar ă în V 3
Teorema 2.3.1 a) Vectorii liberi a, b∈V3 sunt liniar dependen ți dac ă și
numai dac ă sunt coliniari.

Vectori liberi

72 b) Vectorii liberi a, b, c∈V3 sunt liniar dependen ți dac ă
și numai dac ă sunt coplanari.
Demonstra ție. a) " ⇒ " Dac ă cel pu țin unul din vectorii ași b este nul
atunci func ționeaz ă conven ția c ă vectorul nul are aceea și direc ție cu orice
vector și rezult ă concluzia. Dac ă a≠0 și b ≠0, presupunem c ă exist ă
scalarii α, β ∈R astfel încât αa+ βb = 0 și α2 + β2 ≠ 0. Facem alegerea
α ≠ 0 și avem a= -αβb, ceea ce înseamn ă c ă ași αβbau aceea și direc ție,
aceea și lungime și sensuri opuse. Din Defini ția 2.2.3 deducem c ă ași
bau aceea și direc ție și rezult ă c ă sunt coliniari. " ⇐ " Dac ă unul din
vectorii a, b este nul atunci afirma ția este evident ă. Altfel, dac ă a, b
sunt coliniari atunci versorii acestora aa și respectiv
bb sunt într-o
rela ție de forma aa= ±
bb. De aici rezult ă concluzia (exerci țiu).
b) Ca și în cazul a) situa ția în care cel pu țin unul dintre vectori este nul
este trivial ă pentru ambele implica ții, deci presupunem mai departe c ă to ți
vectorii sunt nenuli. " ⇒ " Dac ă a, b, c sunt liniar dependen ți atunci
exist ă scalarii α, β, γ ∈ R, astfel încât αa+ βb + γ c=0, cel pu țin unul
dintre scalari fiind nenul. Presupunem α ≠ 0 și avem a= -αβb – αγc, ceea
ce, conform punctului a), este echivalent cu faptul c ă aeste coliniar cu
vectorul sum ă a vectorilor -αβbși -αγc, deci coplanar cu ace știa. Dar
vectorii -αβbși respectiv -αγc sunt coliniari, tot conform punctului a) cu
vectorii bși respectiv c . Deci a, b, c sunt coplanari.
" ⇐ " Dac ă a, b, c sunt coplanari atunci este u șor de v ăzut

Algebr ă liniar ă

73 (fig. 6) c ă apoate fi descompus ca sum ă de doi vectori coliniari cu b, c,
a = b1 + c1, unde b1, c1 au reprezenta ții −−
1OB și respectiv −−
1OC (AB 1
OC, AC 1 OB, B 1 ∈ OB, C 1 ∈ OC).
Tot conform punctului a)
rezult ă c ă exist ă scalarii β1 și γ1 ∈R
astfel încât b1 = β1 b și respectiv c1
= γ1c. De aici rezult ă concluzia.
Din teorema de mai sus rezult ă
că oricare trei vectori necoplanari
din V 3 sunt liniar independen ți.
Teorema 2.3.2 Dimensiunea spa țiului vectorial V 3 este egal ă cu 3.
Demonstra ție. Conform observa ției de mai sus este suficient s ă
demonstr ăm c ă trei vectori necoplanari din V 3 ,a, b, c sunt sistem de
generatori pentru V 3. Fie d∈ V 3 un vector oarecare și →
OA ∈a, →
OB ∈ b,
→
OC ∈c, →
OD ∈d reprezentan ții
celor patru vectori fig. 7. Dac ă
D1, D 2, D 3 sunt proiec țiile lui D
pe dreptele suport ale
segmentelor orientate →
OA , →
OB
și →
OC , atunci aplic ăm regula
paralelogramului și teorema de
mai sus și deducem c ă
→
OD = 3OD →
+ →
OD ' = 3OD →
+ 1OD →
+ 2OD →
= γ →
OC + α→
OA + β→
OB , α, β, γ
∈R. Deci

Vectori liberi

74 (2.3.1) d = αa + βb + γc
și demonstra ția este încheiat ă.
Sistemul de scalari ( α, β, γ) din formula (2.3.1) reprezint ă
coordonatele vectorului d în baza { a, b, c} a spa țiului V 3 .
Observa ția 2.3.1 a) Dac ă i, j, k sunt trei versori din V 3 care au
proprietatea c ă dreptele suport ale reprezentan ților sunt perpendiculare
dou ă câte dou ă, atunci ace știa sunt necoplanari (fig. 8). Deci formeaz ă o
baz ă în V 3, pe care o numim baz ă canonic ă. Coordonatele unui vector
liber într-o baz ă canonic ă se numesc coordonate euclidiene .

b) Dac ă D ∈E3 este un punct
oarecare din spa țiu atunci vectorul
r∈V3 care are reprezentantul →
OD se
nume ște vectorul de pozi ție al
punctului D. Coordonatele euclidiene
α, β, γ ale vectorului r, și respectiv
coordonatele carteziene (în reperul
OABC ) ale punctului D sunt determinate de proiec țiile punctului D pe
dreptele suport ale reprezentan ților celor 3 versori (fig. 8).
Dac ă d ⊂ E 3 este o dreapt ă iar →
AB este un segment orientat, A, B ∈
E3 atunci intersec ția dreptei d cu planele P 1 ∋ A și P 2 ∋ B ce sunt
perpendiculare pe d este format ă din dou ă puncte A 1 și respectiv B 1.
Segmentul orientat →
11BA se nume ște proiec ția ortogonal ă a
segmentului →
AB pe dreapta d.

Algebr ă liniar ă

75 Exerci țiu: Proiec țiile pe aceea și dreapt ă a dou ă segmente orientate
echipolente sunt echipolente.
Atunci se poate introduce no țiunea de proiec ție ortogonal ă a unui
vector liber r pe o dreapt ă d , ca fiind vectorul liber ce are drept
reprezentant proiec ția ortogonal ă pe dreapta d a oric ărui reprezentant al
lui r.
Defini ția 2.3.1 Fie a, b∈ V 3 și →
OA ∈ a, →
OB ∈ b reprezentan ții
acestora. Num ărul real ϕ ∈[0, π] ce reprezint ă unghiul
format de dreptele OA și OB se nume ște unghiul dintre
vectorii a, b(fig. 9). Dac ă ϕ = π /2 atunci vectorii a, b
se numesc ortogonali.
Prin conven ție, vectorul nul este ortogonal pe orice vector.
Dac ă a, b∈V3 a ≠ 0, b ≠ 0 iar ϕ
este unghiul dintre ei atunci num ărul real cos
ϕ a se nume ște mărimea algebric ă a
proiec ției ortogonale a vectorului a pe b și
se noteaz ă apr b conform [1].
Exerci țiu: [1] M ărimea algebric ă a proiec ției
ortogonale are urm ătoarele propriet ăți
a) ( )capr b+ = apr b+ cpr b, oricare ar fi a, b, c∈V3, nenuli.
b) ()a pr bα = α apr b oricare ar fi α∈R.

Vectori liberi

76 2.4 Produsul scalar
Defini ția 2.4.1 Dac ă a, b∈ V 3 și ϕ este unghiul dintre vectorii a și b,
dac ă ace știa sunt nenuli, atunci produsul scalar al
vectorilor a, b, notat < a, b> este egal cu
a) 0 dac ă a = 0 sau b= 0,
b) abcos ϕ, dac ă a≠ 0, b ≠ 0.
Exerci țiu: Se observ ă c ă vectorii ași b sunt ortogonali dac ă și numai
dac ă < a, b> = 0.
Teorema 2.4.1 Produsul scalar al vectorilor liberi are urm ătoarele
propriet ăți:
1) <a, a> ≥ 0, a∈V3 și < a, a> = 0 ⇔ a= 0;
2) <a, b> = < b, a>, a, b∈V3;
3) α < a, b> = < α a, b>, α ∈R, a, b∈V3 (omogeneitate)
4) <a + b, c> = < a, c> + < b, c>, a, b, c∈V3,
(distributivitate a produsului scalar fa ță de adunarea
vectorilor)
5) Fie i, j, k o baz ă canonic ă în V 3 și a= a 1i + a 2j + a 3
k,b= b 1i + b 2j + b 3 k doi vectori din V 3. Atunci
(2.4.1) < a, b> = a 1 b1 + a 2 b2 + a 3 b3
În plus, dac ă a≠ 0, b ≠ 0 iar ϕ este unghiul dintre ași b
atunci
(2.4.2) cos ϕ =
bab , a
=
2
32
22
12
32
22
133 22 11
b b b a a aba baba
+ + + ++ +

Algebr ă liniar ă

77 Demonstra ție. 1) și 2) sunt evidente dac ă ținem cont de faptul c ă unghiul
ϕ dintre a și a este 0 iar unghiul dintre ași b coincide cu unghiul
dintre b și a. 3) Dac ă α = 0 demonstra ția este evident ă. Dac ă α ≠ 0
atunci vectorii a și α a sunt coliniari și au acela și sens dac ă α > 0 și
sensuri opuse în caz contrar. Unghiul dintre ași beste egal cu cel dintre
αași b, dac ă α > 0 sau este suplementar celui dintre αași b, dac ă α < 0.
Având în vedere rela țiile dintre unghiuri și faptul c ă aα= aα se
deduce concluzia.
4) Folosind propriet ățile m ărimii algebrice a proiec ției ortogonale și
observând c ă < a, c> = apr cc avem succesiv
<a+b, c> = ( )bapr c+ c = ( apr c+bpr c)c = < a, c> + < b, c>.
5) Deoarece < i, i> = < j, j> = < k, k> = 1 iar < i, j> = < j, k> = <i,
k> = 0, aplic ăm propriet ățile de 2) și 3) ale produsului scalar și ob ținem
(2.4.1). 6) Din defini ția produsului scalar și conform rela ției (2.4.1) avem
că a2 = < a, a> = a 12 + a 22 + a 32. Aplic ăm din nou (2.4.1) și ob ținem
(2.4.2).
2.5 Produsul vectorial

Defini ția 2.5.1 Dac ă a, b∈V3 și ϕ este unghiul dintre vectori, dac ă
ace știa sunt nenuli, atunci produsul vectorial al
vectorilor a, b, notat ax b este egal cu
a) 0 dac ă a = 0 sau b= 0 sau dac ă a,b sunt coliniari;
b) absin ϕ e, dac ă a, b ≠ 0 sunt necoliniari, unde
e este un versor perpendicular pe ași b al c ărui sens

Vectori liberi

78 este determinat cu ajutorul regulii burghiului (adi c ă
rotind pe apeste b, în sens direct, versorul eare sensul
de înaintare a
burghiului)(fig. 10).
Observa ția 2.5.1 Norma produsului
vectorial axb are urm ătoarea
interpretare geometric ă: este aria
paralelogramului ale c ărui dou ă laturi
adiacente sunt reprezentan ți cu aceea și
origine ai vectorilor liberi ași respectiv
b.
Teorema 2.5.1 Produsul vectorial are urm ătoarele propriet ăți:
1) ax b = – bxa, a, b∈V3 (anticomutativitate);
2) α(axb) = αaxb=axαb, α∈R, a, b∈V3;
3) ax( b+c) = axb + axc (distributivitate);
4) bx a2 = ( ab)2 – < a,b>2 (identitatea lui Lagrange);
5) Dac ă a= a 1i + a 2j + a 3 k,b= b 1i + b 2j + b 3 k, unde i,
j, k este o baz ă canonic ă în V 3 atunci
axb = (a 2b3 – a 3b2)i+ ( a 3b1 – a 1b3) j+ (a 1b2 – a 2b1) k
=
3 2 13 2 1
b bba aakj i
.

Algebr ă liniar ă

79 Demonstra ție. 1) Rezult ă din defini ția produsului vectorial, datorit ă
faptului c ă m ăsura unghiului /u2222(a, b) *) este egal ă cu cea a unghiului
/u2222(b,a) iar versorii e respectiv e' (corespunz ători celor dou ă produse
vectoriale), ob ținu ți conform regulii burghiului (fig.10), au sensuri o puse.
2) Dac ă α > 0, atunci /u2222(αa, b) = /u2222(a, αb) = /u2222(a, b).
Atunci α(axb) = α absin /u2222(a, b) = aα bsin /u2222(αa, b)=
αaxb. Analog se arat ă c ă α(axb) = axαb. Cazul α = 0 duce la
ob ținerea vectorilor nuli în fiecare membru al egalit ății și rezult ă
concluzia. În cazul α < 0 avem /u2222(αa, b)= /u2222(a, αb)= π -/u2222(a, b) și
deducem c ă α(axb) = α absin /u2222(a, b) = – α absin( π – /u2222(a,
b))= aα bsin /u2222(αa, b)= αaxb etc .
3) În cazul în care vectorii b și c sunt coliniari afirma ția este u șor
de demonstrat (exerci țiu). Pentru a ar ăta c ă proprietatea 3) este adev ărat ă
în cazul general, vom demonstra mai întâi c ă
dac ă b' este proiec ția ortogonal ă a vectorului
b pe o dreapt ă D perpendicular ă pe a,
inclus ă într-un plan paralel cu vectorii ași b,
atunci axb = axb'. Versorii vectorilor
axb și axb' fiind perpendiculari pe acela și
plan sunt coliniari și, deoarece ' bx a =
a ' bsin /u2222(a,b') = abcos /u2222(b,b')
sin π/2 = abcos( π/2- /u2222(a, b)) = absin /u2222(a, b) = bx a , rezult ă

* Folosim nota ția /u2222(a, b) pentru unghiul dintre vectorii liberi ași b.

Vectori liberi

80 concluzia. Fie acum c' proiec ția ortogonal ă a vectorului c pe dreapta D 1
∋ O, perpendicular ă pe a, inclus ă într-un plan paralel cu vectorii ași c.
Din cele ar ătate mai sus rezult ă c ă axc = axc'. Este clar c ă dreapta
suport a lui a, D și D 1 sunt ortogonale dou ă câte dou ă. Deoarece vectorii
b' și c' sunt de fapt "proiec țiile ortogonale" *) ale vectorilor liberi b și c
pe planul determinat de D și D 1 este u șor de v ăzut c ă b' + c' este egal cu
proiec ția ortogonal ă pe acest plan, notat ă 'd, a vectorului b + c. Este
ușor de v ăzut c ă 'd = b' + c'. Astfel, axb + axc = axb' + axc' =
ax( b' + c') = ax'd = ax( b + c) și rezult ă concluzia.
Punctul 4) al teoremei îl l ăsăm ca exerci țiu, c ăci se ob ține aplicând
defini țiile produsului scalar și respectiv vectorial. Pentru a demonstra 5)
observ ăm c ă ixi = jxj = kxk = 0 și ixj = k, jxk = i, kxi = j. Se
efectueaz ă calculele și se ob ține concluzia.

2.6 Produsul mixt al vectorilor. Dublul produs vectoria l

Defini ția 2.6.1 Fie a,b,c∈V3. Produsul scalar al vectorilor a și bxc
se nume ște produs mixt al vectorilor a,b,c. Folosim
nota ția < a, bxc>.
Dac ă vectorii a,b,c sunt necoplanari, atunci modulul produsului
mixt are urm ătoarea interpretare geometric ă: este volumul
paralelipipedului construit pe suporturile reprezen tan ților vectorilor

* Proiec ția ortogonal ă a unui vector liber a pe un plan este acel vector liber ce are drept re prezentant
proiec ția ortogonal ă pe planul respectiv a unui reprezentant al vectoru lui a.

Algebr ă liniar ă

81 a,b,c care au originea comun ă (Fig. 12). Într-adev ăr, se cunoa ște deja
că modulul vectorului bxc
reprezint ă aria A a
paralelogramului ce
reprezint ă baza paralelipi-
pedului din fig. 12. Deoarece
/u2222(a,bxc) este egal cu
unghiul ϕ dintre în ălțimea h a
paralelipipedului din figur ă și
vectorul a, deducem c ă
/u2016a/u2016cos /u2222(a, bxc) = h.
Atunci c xb , a = /u2016a/u2016 c xb cos /u2222(a, bxc)= A h și rezult ă
concluzia.

Teorema 2.6.1 Produsul mixt are urm ătoarele propriet ăți:
1) Dac ă a= a 1i + a 2j + a 3 k,b= b 1i + b 2j + b 3 k, c=
c1i + c 2j +c 3 k unde i, j, k este o baz ă canonic ă în V 3
atunci
(2.6.1) <a, bxc>=
3 2 13 2 13 2 1
c ccb bba aa

2) <a, bxc> = 0 ⇔ unul din vectori este nul sau doi
dintre vectori sunt coliniari sau vectorii sunt
coplanari.

Vectori liberi

82 3) <a, bxc> = < b, axc> = < c, bx a>, < a,
bxc> = -< a, cxb>.
4) <a1 + a2, bxc> =< a1, bxc> + < a2, bxc>.
Demonstra ție. Afirma ția 1) este o consecin ță a propriet ăților 5 a
produsului scalar și respectiv vectorial.
2) " ⇐ " Dac ă unul din vectori este nul afirma ția rezult ă imediat. Dac ă
doi vectori sunt coliniari, de exemplu ași batunci exist ă α∈R astfel încât
a= αb. Deci a i = αbi, i = 1, 2, 3 și folosind propriet ățile determinan ților
și punctul a) rezult ă < a, bxc> = 0. Analog se trateaz ă cazul în care al ți
doi vectori sunt coliniari.
Dac ă cei trei vectori sunt coplanari atunci vectorul bxc este
perpendicular pe planul celor trei vectori, deci pe a. Conform defini ției
produsului scalar, deducem c ă < a, bxc> = 0.
" ⇒ ". Dac ă < a, bxc> = 0 atunci, din proprietatea 2) de mai sus
deducem c ă determinantul din rela ția (2.6.1) este nul. Atunci vectorii din
R3 (a 1, a 2, a 3), (b 1, b 2, b 3), (c 1, c 2, c 3) sunt liniar dependen ți. Deoarece
componentele acestor vectori sunt de fapt coordonat ele vectorilor a, b,
c în baza i, j, k, atunci putem spune c ă a, b, c sunt liniar dependen ți.
Aplicând Teorema 2.3.1 b) ob ținem concluzia. 3) Se folose ște
proprietatea 1) a produsului mixt și propriet ățile determinan ților.
Afirma ția de la punctul 4) rezult ă din proprietatea de aditivitate a
produsului scalar.
Defini ția 2.6.2 Numim produs dublul vectorial al vectorilor a,b,c∈V3
vectorul d= ax (bxc).

Algebr ă liniar ă

83 Teorema 2.6.2 Vectorul d definit mai sus are urm ătoarele propriet ăți
a) este coplanar cu vectorii b și c.
b) d = < axc>b – < a,b>c.
Demonstra ție. a) Vectorul d, fiind produsul vectorial al vectorilor ași
bxc va fi perpendicular pe ace știa, deci d⊥bxc . Deoarece vectorul
bxc este perpendicular pe bși c, deducem c ă d este coplanar cu bși
c. Dac ă a= a 1i + a 2j +a 3 k,b= b 1i + b 2j + b 3 k, c=c 1i + c 2j +c 3 k
unde i, j, k este o baz ă canonic ă în V 3, atunci, conform Teoremei 2.5.1
avem bxc= (b 2c3 – b 3c2)i+ ( b 3c1 – b 1c3) j+ (b 1c2 – b 2c1) k și
d = [a 2(b 1c2 – b 2c1) – a 3 ( b 3c1 – b 1c3)] i+ [ a 3(b 2c3 – b 3c2) – a 1(b 1c2 – b 2c1)]
j+ [a 1( b 3c1 – b 1c3) – a 2(b 2c3 – b 3c2)] k. Rearanjând termenii avem
d= (a 2c2 + a 3c3) b1i + (a 3c3 + a 1c1 )b 2 j + (a 2c2 + a 1c1)b 3k +
– (a 2 b 2 + a 3 b 3) c 1i- ( a 3b3 + a 1b1)] c 2j – (a 1 b 1 + a 2b2)] c3k.
De aici rezult ă c ă d = (a 1c1 + a 2c2 + a 3c3)( b 1i + b2 j + b 3k) – (a 1b1 +
a2b2 + a 3b3)( c 1i + c 2 j + c 3k) = < a, c>b – < a, b>c.

Exerci țiul 2.6.1 S ă se arate c ă dac ă a,b,c,d∈V3 atunci
<axb,cxd> = d , b c , bd , a c , a.
Conform Teoremei 2.6.2, avem < axb, cxd> = < d, ( axb)xc> > =
<d, – a < b, c> + b<a,c> > = -< d, a> < b, c> + < a,c>< d, b>
= < a,c>< b, d> – < a, d> < b, c>. Rezult ă concluzia.

Vectori liberi

84 2.7 Exerci ții

1. S ă se discute și s ă se rezolve sistemul

=λ+µ=µ+λ
by xay x, a, b∈V3, λ, µ
∈R\{0}.
R: Înmul țind prima ecua ție cu – µ și pe a doua cu λ și adunându-le
ob ținem ecua ția 0 x + ( λ2 – µ2)y = -µa+ λb, sistemul fiind echivalent cu
( )
λ+µ−= µ−λ=µ+λ
b a yay x
2 2, a, b∈V3, λ, µ ∈R\{0}.
a) Dac ă ( λ2 – µ2) ≠ 0, adic ă λ ≠ ±µ atunci sistemul are solu ția unic ă
x= 2 2µ−λλa- 2 2µ−λµb, y = -2 2µ−λµ a+ 2 2µ−λλb.
b) Dac ă λ2 – µ2 = 0 atunci, fie – µa+ λb ≠ 0, caz în care sistemul este
incompatibil, fie – µa+ λb = 0, caz în care orice pereche de vectori x=
λ1(a- µy), y∈V3 este solu ție a sistemului.

2. Să se arate c ă pentru ca trei vectori a, b, c s ă închid ă un triunghi este
necesar și suficient ca a+ b+ c = 0.
R: Dac ă a, b, c închid un triunghi, adic ă au reprezentan ții →
BC ∈a,
→
CA ∈b, →
AB ∈c (fig. 13), atunci se aplic ă Defini ția 2.2.1 și rezult ă
concluzia. Reciproc, dac ă a+ b+ c = 0 atunci c = – ( a+b). Dac ă
→
BC ∈a, →
CA ∈b atunci →
BA ∈a+b, deci →
AB ∈c și demonstra ția este
complet ă.

Algebr ă liniar ă

85 3. Fie a, b, c trei vectori care închid
un triunghi. S ă se exprime cu
ajutorul lor vectorii care au ca
reprezentan ți medianele triunghiului
și s ă se arate c ă ace știa pot închide
la rândul lor un triunghi.
R: Fie ABC triunghiul închis de
vectorii a, b, c și fie A', B', C' mijloacele laturilor BC, CA, AB fi g. 13.
Atunci →
'AA = →
AB + →
'BA = →
AB + 1/2 →
BC ∈c+ 1/2 a și analog se arat ă
că →
'BB ∈ a+ 1/2 b, respectiv →
'CC ∈b + 1/2 c. Folosind rezultatul de la
exerci țiul precedent, avem →
'AA + →
'BB + →
'CC = →
0 și, tot conform
acestuia, rezult ă c ă segmentele orientate →
'AA , →
'BB , →
'CC pot închide un
triunghi.

4. Fie →
AB și →
CD vectorii ce coincid cu dou ă coarde perpendiculare într-
un cerc de centru O și fie M punctul lor de intersec ție. S ă se arate c ă
→
MA +→
MB +→
MC +→
MD = 2 →
MO .

5. R: Not ăm cu P și respectiv Q mijloacele
coardelor →
AB și →
CD (fig. 14). Atunci OQMP
este dreptunghi și →
OM = →
OQ + →
OP . Ținând
cont de faptul c ă →
OQ = 1/2 ( →
OC + →
OD ) și
→
OP = 1/2 ( →
OA + →
OB ) ob ținem 2 →
OM = →
OA + →
OB + →
OC + →
OD .

Vectori liberi

86
Pe de alt ă parte avem →
MA = →
MO + →
OA și rela țiile analoge pentru
→
MB , →
MC și →
MD . Deci →
MA +→
MB +→
MC +→
MD = 4 →
MO + 2 →
OM = 2 →
MO .

6. Fie ABCD un patrulater convex. Se noteaz ă cu O 1, O 2 mijloacele
diagonalelor AC, respectiv BD. S ă se arate c ă ABCD este
paralelogram dac ă și numai dac ă exist ă k ∈ R – {1/2} astfel încât
→
2 1OO = k( →
AD – →
BC ).
R: Avem →
2 1OO = 1/2 ( →
BO1 + →
DO1) = 1/2 ( →
CO1 + →
CB + →
AO1 + →
AD ) =
1/2 ( →
AD – →
BC ). Deci exist ă k ∈R – {1/2} astfel încât →
2 1OO = k( →
AD –
→
BC ) ⇔ →
2 1OO = →
0 ⇔ O 1 = O 2.

7. Fie ABCD și A 1B1C1D1 dou ă paralelograme oarecare în spa țiu. Se
consider ă punctele A 2, B 2, C 2, D 2 care împart segmentele AA 1, BB 1,
CC 1, DD 1 în acela și raport. S ă se arate c ă A 2B2C2D2 este un
paralelogram (fig. 15).
R: Fie O un punct al spa țiului. O
condi ție necesar ă și suficient ă ca
ABCD și A 1B1C1D1 s ă fie
paralelograme este ca diagonalele
lor s ă aib ă acela și mijloc, adic ă
între vectorii de pozi ție ai
vârfurilor s ă existe rela țiile:
(2.7.1) →
OA + →
OC = →
OB + →
OD

Algebr ă liniar ă

87 (2.7.2) →
OA 1 + →
OC 1 = →
OB 1 + →
OD 1. Deoarece A 2 are proprietatea →
2AA =
k →
1 2AA , rezult ă →
OA 2 = →
OA + →
2AA = →
OA + k →
1 2AA = →
OA + k( →
OA 1 –
→
OA 2). Deci →
OA 2 = 1k1
+(→
OA + k →
OA 1). Analog se ob țin rela țiile
pentru →
OB 2, →
OC 2, →
OD 2 (adic ă rela ția de mai sus în care înlocuim pe A
cu B, C și D). Folosind aceste rela ții și ținând cont de (2.7.1) și (2.7.2)
rezult ă →
OA 2 + →
OB 2 = →
OC 2 + →
OD 2, lucru echivalent cu faptul c ă
A2B2C2D2 este un paralelogram.

8. Fie triunghiul ABC și A 1, B 1, C 1 mijloacele segmentelor BC, CA, AB.
a) Să se arate c ă pentru orice punct M al spa țiului avem
→
OA + →
OB + →
OC = 3 →
OA + 2 →
AA 1 = 3 →
OB + 2 →
BB 1 =
3→
OC + 2 →
CC 1.
b) Să se arate c ă exist ă un punct G și numai unul (centrul de greutate
al triunghiului) cu proprietatea →
GA + →
GB + →
GC = →
0.
c) Să se arate c ă orice punct O al spa țiului satisface rela ția
(2.7.3) →
OA + →
OB + →
OC = 3 →
OG
R: a) Avem →
OA + →
OB + →
OC = →
OA + →
OA + →
AB +→
OA + →
AC = 3 →
OA
+2 →
AA 1 + →
BA1 + →
CA1 = 3 →
OA + 2 →
AA 1, c ăci →
BA1 + →
CA1 = →
0. Analog
se arat ă celelalte rela ții. b) Conform punctului a), →
GA + →
GB + →
GC = →
0
⇔ 3 →
GA + 2 →
AA 1= →
0⇔ →
GA = 2/3 →
AA1 adic ă G se afl ă pe AA 1 la 2/3 de
vârful A ⇔ G este centrul de greutate al triunghiului ABC.

Vectori liberi

88 d) →
OA + →
OB + →
OC = 3 →
OG + →
GA + →
GB + →
GC =3 →
OG .
Observa ția 2.7.1 Fixând un punct O al spa țiului, putem defini centrul de
greutate G al unui triunghi ca fiind un punct care are proprietatea (2.7.3) .
Din exerci țiul de mai sus rezult ă c ă G este corect definit.
În general pentru un poligon A 1A2…A n definim centrul de greutate
ca fiind acel punct care satisface rela ția
→
OG = n1(→
OA 1 + →
OA 2 +…+ →
OA n).
Dac ă vom considera O' alt punct al spa țiului atunci n →
G'O = n →
O'O
+ n →
OG = ( →
O'O + →
OA 1 + →
O'O + →
OA 2 + … + →
O'O + →
OA n), de unde
deducem c ă →
G'O = n1(→
A'O 1 + →
A'O 2 +…+ →
A'O n). Deci punctul G astfel
definit nu depinde de alegerea punctului O din spa țiu.

9. Fie dou ă triunghiuri ABC și A 1B1C1 (fig. 16) cu centrele de greutate G
și G 1. S ă se arate c ă →
AA 1 + →
BB 1 + →
CC 1 = 3 →
GG 1 și, cu ajutorul acestei
rela ții, s ă se formuleze o condi ție necesar ă și suficient ă ca dou ă
triunghiuri s ă aib ă acela și centru de
greutate.
R: Se observ ă c ă →
AA 1 = →
AG +→
1GG +→
11AG .
Scriind și rela țiile analoge pentru →
BB 1 și
→
CC 1 și adunându-le, ob ținem →
AA 1 + →
BB 1 +
→
CC 1 = 3 →
GG 1 – ( →
GA + →
GB + →
GC ) +

Algebr ă liniar ă

89 →
11AG + →
11BG + →
11CG = 3 →
GG 1. Pentru a ob ține ultima egalitate am
aplicat punctul b) al exerci țiului precedent. Deci, condi ția necesar ă și
suficient ă ca G = G 1 este →
GG 1 = →
0 sau, conform celor ar ătate mai sus,
→
AA 1 + →
BB 1+ →
CC 1 = →
0.

10. Se nume ște cerc Euler al coardei A 1A2 a cercului S de raz ă R, cercul
de raz ă R/2, al c ărui centru este mijlocul coardei. Cele trei cercuri
Euler ale laturilor unui triunghi A 1A2A3 înscris în cercul S se
intersecteaz ă într-un punct O care constituie centrul cercului d e raz ă
R/2, ce trece prin centrele celor trei cercuri Eule r. Acest ultim cerc se
nume ște cercul lui Euler al triunghiului A 1A2A3. S ă se arate c ă
urm ătoarea defini ție este coerent ă:
Presupunem c ă am definit cercul Euler de raz ă R pentru un poligon cu
n laturi înscris în cercul S de raz ă R. S ă consider ăm acum poligonul cu
n + 1 laturi A 1A2… An+1 înscris în cercul S. În acest caz, cele n+1
cercuri Euler ale poligoanelor cu n laturi A 2A3… An+1 , A 1A3… An+1 ,
…, A 1A2… An se intersecteaz ă într-un singur punct care constituie
centru cercului de raz ă R/2, ce trece prin centrele tuturor celor n + 1
cercuri Euler; acest cer se nume ște cercul Euler al poligonului cu n + 1
laturi A 1A2… An+1 .
R: Fie O centrul cercului S. Demonstr ăm prin induc ție dup ă n c ă pentru
un poligon A 1A2… An, punctul O' care satisface rela ția 'OO −−
=
2OA …. OA OA n 2 1−− −− −−
+ + + este centrul cercului Euler al poligonului A 1A2…
An. Pentru n = 2, afirma ția este adev ărat ă. Presupunem c ă afirma ția este

Vectori liberi

90 adev ărat ă pentru orice poligon cu n laturi și o vom demonstra pentru un
poligon cu n + 1 laturi. Fie A 1A2… An+1 un poligon cu n + 1 laturi, O'
punctul cu proprietatea c ă 'OO −−
= 2OA …. OA OA 1n 2 1 +−− −− −−
+ + + și O 1',…,O n+1 '
centrele cercurilor Euler ale poligoanelor A 2A3… An+1 , A 1A3… An+1 , …,
A1A2… An. Avem
−−
OO 1' = 2OA …. OA OA 1n 3 2 +−− −− −−
+ + + = 'OO −−
– 2OA 1−−
,
−−
OO 2' = 2OA …. OA OA 1n 3 1 +−− −− −−
+ + + = 'OO −−
– 2OA 2−−
,
…,
−−
OO n+1 ' = 2OA …. OA OA n 2 1−− −− −−
+ + + = 'OO −−
– 2OA 1n+−−
.
Deoarece ' O ' Oi−−
= 'OO −−
-−−
OO i' = 2OA i−−
, i = 1,…, n+1 rezult ă c ă ' O ' Oi−−
=
2OA i−−
= 2R pentru to ți i = 1,…, n+1. Deci O' apar ține cercurilor de
centre O i' și raz ă 2R, i = 1,…, n+1, adic ă cercurilor Euler ale poligoanelor
A2A3… An+1 , A 1A3… An+1 , …, A 1A2… An. De asemenea, cercul cu
centrul în O' și raz ă 2R trece prin centrele celor n + 1 cercuri Euler și de
aici rezult ă și unicitatea punctului O'.

11. Se consider ă în spa țiu punctele A(1, -1, 1), B(2, 1, -1), C(3, 1, 2),
D(8/3, 1, 1), E(4,-1, 1) fa ță de reperul cartezian ortogonal Oxyz .

Algebr ă liniar ă

91 Să se verifice dac ă punctele A, B, C, D și respectiv A, B, C, E sunt
coplanare și, în caz afirmativ, s ă se stabileasc ă dac ă acestea sunt
vârfurile unor patrulatere convexe .
R: Consider ăm baza canonic ă *) i, j, k în V 3 astfel încât coordonatele
carteziene și cele euclidiene ale unui punct din E 3 s ă coincid ă. Avem
→
AB =→
OB – →
OA și −−
AB = i + 2 j – 2 k. Procedând asem ănător ob ținem
−−
BC = i + 0 j + 3 k, −−
CD = -1/3 i + 0 j – k, −−
CE = i – 2 j – 1. Vectorii
−−
AB , −−
BC și −−
CD (respectiv −−
AB , −−
BC și −−
CE ) sunt coplanari dac ă și numai
dac ă punctele A, B, C, D (respectiv A, B, C, E) sunt co planare .
Deoarece < −−
AB , −−
BC x−−
CD > =
1 03 / 130 12 2 1
− −−
= 0, deducem,
conform Teoremei 2.6.1, c ă vectorii −−
AB , −−
BC și −−
CD sunt coplanari, deci
punctele A, B, C, D sunt în acela și plan. Calculând produsul mixt al
vectorilor −−
AB , −−
BC , −−
CE ob ținem < −−
AB , −−
BC x−−
CE > =
1 2 13 012 21
− −−
= 18
≠ 0. Aplicând Teorema 2.6.1, rezult ă că A, B, C, E nu sunt coplanare.
Astfel, pentru a r ăspunde la cea de a doua întrebare, este suficient
să stabilim dac ă ABCD este patrulater convex. Fie M(x, y, z) punctu l de
intersec ție al dreptelor AC și BD. Avem M ∈AC ⇔ −−
AC x−−
AM = 0 în
timp ce M ∈ BD ⇔ −−
BD x−−
BM = 0. Știind c ă −−
AC = 2 i + 2 j + k și −−
BD =

* Vom spune c ă i, j, k este baza canonic ă din V 3 corespunz ătoare reperului cartezian
ortogonal Oxyz.

Vectori liberi

92 2/3 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, aplic ăm Teorema 2.5.1 și deducem c ă
M∈ AC ⇔ 21x− = 21y+=11z− și M ∈BD ⇔ 3/22x− = 21z+, y = 1.
Solu ția sistemului format din cele dou ă ecua ții de mai sus
reprezint ă coordonatele punctului M. Rezolvând sistemul ob ținem x = 3,
y = 1 și z = 2. Deci M are coordonatele (3, 1, 2) și M coincide cu C.
Rezult ă c ă ABCD nu este un patrulater convex.

12. Să se calculeze ariile a și a1 ale triunghiurilor ABC și ABE unde A,
B, C, E sunt punctele din E 3 considerate în exerci țiul precedent.
R: Fie A aria paralelogramului care este determinat de repr ezentan ți ai
vectorilor −−
AB și −−
BC cu aceea și origine. Ținând cont de interpretarea
geometric ă a produsului vectorial a doi vectori deducem c ă A =
−− −−
BC xAB =
3012 21kji
− = 65 . Atunci aria triunghiului ABC este a =
21A = 265 . Procedând în acela și fel se ob ține aria a1 =18 .
13. Fie A(0, -5, 0) și B(1,-2, 3) puncte din E 3 fa ță de reperul cartezian
ortogonal Oxyz. Se cere:
a) Să se determine un vector v paralel cu planul determinat de i și j
astfel încât v = −−
AB și v⊥−−
AB .
b) Să se determine un versor u perpendicular și pe v și pe −−
AB .

Algebr ă liniar ă

93 R. Fie i, j, k baza canonic ă în V 3 definit ă ca în exerci țiul 11. Avem
−−
AB = i + 3 j + 3 k. Fie v = x i + y j. Condi ția de egalitate a normelor se
mai scrie x 2 + y 2 = 19 iar condi ția de ortogonalitate este echivalent ă cu
<v,−−
AB >= 0, adic ă x + 3 y = 0. Din cele dou ă condi ții rezult ă v = ±(-
310 19 i + 10 19 j). b) u = ±−−−−
AB x vAB x v = ±(
136 3i +
136 9j –
136 10 k).

14. Se consider ă vectorii a= 2 i + 3 j – 3 k și b = -2 i – 3 j + k. S ă se
determine:
a) unghiul dintre cei doi vectori;
b) proiec ția vectorului a pe direc ția lui b;
c) în ălțimea paralelogramului construit pe suporturile vect orilor a și
b, corespunz ătoare bazei b.
R: a) Deoarece cos /u2222(a, b) =
bab , a
, ob ținem cos /u2222(a, b) =
77 8−.
c) apr b = b
bb , a
2 = 78−(-2i – 3 j + k). c) h =
bbx a
=
14 52 .

15. Se dau punctele A(1, -2, 3), B(2, -1, 8) în reperu l cartezian ortogonal
Oxyz.
a) S ă se determine mul țimea punctelor C din planul xOy care au
proprietatea c ă triunghiul ABC este isoscel, AB = AC și < −−
AB ,−−
AC >
= – 9.

Vectori liberi

94 b) S ă se calculeze aria triunghiului ob ținut la punctul precedent.
c) Se d ă punctul D(2, -3, 4). S ă se verifice dac ă ABCD este un tetraedru
și în caz afirmativ s ă se calculeze aria acestui tetraedru.
R: Fie i, j, k baza canonic ă din V 3 corespunz ătoare reperului cartezian
Oxyz. a) Fie C(x, y, 0) ∈E3. Deoarece −−
AB = i + j + 5 k și −−
AC = (x – 1) i
+ (y + 2) j – 3 k ob ținem, conform Observa ției 2.4.1, AB = 27 , AC
= ( )( )9 2y 1×2 2+ ++ − . Cele dou ă condi ții de mai sus devin (x – 1) 2 +
(y + 2) 2 = 18, x + y = 5. Sistemul format din ultimele do u ă ecua ții are
solu ția unic ă x = 4, y = 1. Deci punctul C c ăutat are coordonatele (4, 1,
0). b) A/u2206ABC = 21−− −−
AC xAB = 18 2. d) Condi ția necesar ă și suficient ă ca
ABCD s ă fie un tetraedru este ca vectorii −−
AB , −−
AC și −−
AD s ă fie
necoplanari. Deoarece < −−
AB , −−
AC x−−
AD > = -32 ≠ 0, deducem c ă vectorii
de mai sus sunt necoplanari și ABCD este un tetraedru. V ABCD = 32.

16. S ă se determine volumul paralelipipedului construit p e vectorii u =
3a- b + 2 c, v = b + 2 c , w = 3 b – c, unde vectorii a, b, 2 c∈V3
au proprietatea c ă a = 2, b = 4, c = 3, /u2222(a, bxc) = π/4, /u2222(b,
c) = π/6.
R: V = wxv , u = 21 bx c , a = 21 a bx c22 = 126 2.

17. Să se calculeze axc, ax( bxc) și < b,axc> pentru fiecare din
cazurile de mai jos:

Algebr ă liniar ă

95 a) a= i + j + k, b = j + k, c = i;
b) a= 2i + 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.
Indica ție: Se aplic ă propriet ățile 1) (T.2.6.1) și 5 ( T.2.5.1,T.2.4.1) ale
produselor (mixt, vectorial și scalar) vectorilor liberi.

18. S ă se determine unghiul ϕ ∈[0, π/2] format de vectorii a și b știind
că vectorul a + 2 b este perpendicular pe vectorul 2 a – b iar vectorul a
+ 3 b este perpendicular pe 4 a- 2 b.
R: Avem < a + 2 b, 2 a – b> = 0 și < a + 3 b, 4 a- 2 b> = 0 sau
echivalent 2 a2 – 2 b2 + 3< a, b> = 0 și respectiv 4 a2 – 6 b2 +
10< a, b> = 0. Notând a2 = x ≥ 0, b2 = y ≥ 0, < a, b> = z și ținând
cont de rela țiile de mai sus ob ținem un sistem compatibil cu solu ția unic ă
z = α, y = 2 α, x = 21α. Deoarece (cos ϕ)2 = xy z2
, avem ϕ = 0.
21. Dac ă a, b, c∈V3 atunci num ărul G( a,b,c) =
c , c b , c a , cc , b b , b a , bc , a b , a a , a

se nume ște determinantul Gram al vectorilor a, b și c. S ă se
demonstreze c ă vectorii a, b, csunt coplanari dac ă și numai dac ă
determinantul lor Gram este nul.
Indica ție : Se demonstreaz ă c ă < a,bxc>2 = G.