I. DUDA A. DUNCA

LECŢII DE GEOMETRIE ANALITICĂ

© Editura Fundaţiei România de Mâine, 2007 Editură acreditată de Ministerul Educaţiei şi Cercetării prin Consiliul Naţional al Cercetării Ştiinţifice din Învăţământul Superior

Descrierea CIP a Bibliotecii Naţionale a României DUDA, I Lecţii de geometrie analitică. / I. Duda, A.Dunca– Bucureşti, Editura Fundaţiei România de Mâine, 2007

ISBN 978-973-163-059-5 A.Dunca 514.12(075.8)

Reproducerea integrală sau fragmentară, prin orice formă şi prin orice mijloace tehnice, este strict interzisă şi se pedepseşte conform legii.

Răspunderea pentru conţinutul şi originalitatea textului revine exclusiv autorului/autorilor

UNIVERSITATEA SPIRU HARET FACULTATEA DE MATEMATICĂ ŞI INFORMATICĂ

I. DUDA A. DUNCA

LECŢII DE GEOMETRIE ANALITICĂ

EDITURA FUNDAŢIEI ROMÂNIA DE MÂINE Bucureşti, 2007

Cuprins

1 Vectori liberi 91.1 Vectori liberi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Vectori coliniari si coplanari. Proiectie ortogonala . 121.3 Produsul scalar a doi vectori . . . . . . . . . . . . 151.4 Produsul vectorial a doi vectori . . . . . . . . . . . 171.5 Exercitii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Dreapta ın spatiu 332.1 Dreapta determinata de un punct si un vector nenul 332.2 Dreapta determinata de doua puncte . . . . . . . . 352.3 Dreapta orientata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.4 Exercitii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3 Planul ın spatiu 463.1 Ecuatia normala a planului . . . . . . . . . . . . . 503.2 Distanta de la un punct la un plan . . . . . . . . . 513.3 Unghiul a doua plane . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.4 Exercitii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4 Pozitii relative ın spatiu 594.1 Intersectia a doua plane. Intersectia a trei plane . 594.2 Intersectia dintre o dreapta si un plan . . . . . . . 614.3 Alte moduri de determinare a ecuatiei unui plan . 624.4 Exercitii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

5

5 Transformari afine 695.1 Translatii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.2 Omotetii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 825.3 Rotatii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.4 Simetrii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.5 Exercitii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6 Aplicatii ale transformarilor geometrice ın proce-sarea de imagini 986.1 Organizarea fisierelor brute de imagini . . . . . . . 986.2 Translatii, rotatii, dilatari ın fisiere de imagini . . . 100

7 Conice 1047.1 Reducerea la forma canonica a unei conice . . . . . 1057.2 Intersectia dintre o conica si o dreapta . . . . . . . 1097.3 Elipsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1117.4 Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1127.5 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1137.6 Exercitii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

8 Curbe ın 2 si 3 dim 1208.1 Ecuatia carteziana a unei curbe . . . . . . . . . . . 1208.2 Ecuatia unei curbe ın coordonate polare . . . . . . 1218.3 Ecuatia parametrica a unei curbe . . . . . . . . . . 122

8.3.1 Vectori tangenti la curbe . . . . . . . . . . 1238.4 Intersectii de curbe . . . . . . . . . . . . . . . . . 1248.5 Cum apar curbele ın practica? . . . . . . . . . . . 1258.6 Lungimea unei curbe . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

9 Cuadrice si corpuri de rotatie 1359.1 Volumul corpurilor de rotatie . . . . . . . . . . . . 1369.2 Cuadrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

6

Prefata

Prezentele notite de curs se adreseaza studentilor din anul 1,Facultatea de Matematica-Informatica a Universitatii Spiru Haretcare sunt ınscrisi la cursul de Geometrie Analitica, an 1, sem. 1.

Prezentele notite au fost redactate utilizand pachetul MikTex,www.miktex.org, versiunea pentru Windows a sistemului LATEX.Editia electronica utilizeaza formatul PDF al companiei AdobeSystems. Figurile au fost realizate cu pachetele grafice Xfig, Gimpsi pachetul software Maple al companiei Maple Soft.

Prof. univ. dr. I. Duda & Lector dr. A. DuncaFacultatea de Matematica-Informatica

Universitatea Spiru Haret, Bucuresti, 2007

7

8

9

1 Vectori liberi

1.1 Vectori liberi.

Notam cu E3 spatiul euclidian tridimensional ale carui proprietatiau fost studiate la geometria elementara din liceu, iar cu Vmultimea vectorilor liberi asociati lui E3. Dupa cum se stie dingeometria elementara, fiecarei perechi ordonate de puncte (P,Q)

din E3 i se asociaza segmentul orientat−−→PQ denumit vector legat.

Marimea |−−→PQ| a vectorului legat−−→PQ este egala cu distanta d(P,Q)

dintre punctele P si Q. Daca d(P,Q)=0, atunci vectorul−−→PQ se

numeste vectorul legat nul.

Definitia 1.1 Doi vectori legati−−→PQ si

−−→P ′Q′ se numesc echipolenti

si se scrie−−→PQ ≈

−−→P ′Q′ daca sunt amandoi nuli sau sunt paraleli si

au acelasi sens si aceeasi marime (fig. 1).

Fig. 1. Doi vectori echipolenti

Definitia 1.2 Multimea vectorilor legati care sunt echipolenti cu

vectorul legat−−→PQ se numeste vectorul liber definit de

−−→PQ. Acest

vector are prin definitie marimea, directia si sensul lui−−→PQ.

1.1 Vectori liberi. 10

Definitia 1.3 Un vector liber −→a0 de marime unitara, ||−→a0|| = 1,se numeste versor. Daca −→a este un vector dat, atunci

−→a0 =1

||−→a ||−→a

este un versor.

Vectorul liber definit de perechea de puncte (P,P) se noteaza cu−→0

si se numeste vectorul nul. Se observa ca vectorul nul are marimeanula si directia nedeterminata.

Daca −→u este vectorul liber definit de−−→PQ, atunci vectorul liber

definit de−−→QP se noteaza −−→u si se numeste vectorul opus lui −→u .

Operatiile cu vectori liberi se definesc prin operatii ıntre vec-tori legati corespunzatori, rezultatul lor fiind ınsa independent dealegerea vectorilor legati. Tinand cont de aceasta se pot vizualizasi vectori liberi prin segmente orientate.

Definitia 1.4 Suma −→u + −→v a doi vectori liberi −→u , −→v se obtinedupa regula paralelogramului (fig. 2, a)) sau a triunghiului (fig. 2,b)), vezi [2].

Observatia 1.1 Daca un contur format din mai multi vectori seınchide atunci suma lor este nula.

Proprietatea 1.1 Fie −→u ,−→v ,−→w vectori liberi oarecare. Atunciau loc urmatoarele proprietati:

1. −→u + −→v = −→v + −→u

2. −→u + (−→v + −→w ) = (−→u + −→v ) + −→w

1.1 Vectori liberi. 11

Fig. 2. a) regula paralelogramului b) regula triunghiului

3. −→u +−→0 = −→u

4. −→u + (−−→u ) =−→0

Definitia 1.5 Prin ınmultirea unui vector liber −→u cu un scalarλ ∈ R se obtine un vector −→v = λ−→u avan¡d aceeasi directie casi −→u , marimea |λ|||−→u || si avan¡d sensul lui −→u sau contrar lui −→udupa cum λ > 0 sau λ < 0.

Proprietatea 1.2 Inmultirea dintre un vector si un scalar areproprietatile urmatoare:

1 · −→u = −→u , α(β−→u ) = (αβ)−→u , α(−→u + −→v ) = α−→u + α−→v

Proprietatea 1.3 Adunarea vectorilor este distributiva fata deınmultirea cu un scalar:

λ(−→a +−→b + −→c ) = λ−→a + λ

−→b + λ−→c (1)

Proprietatile de mai sus arata ca multimea vectorilor liberi V esteun spatiu vectorial peste R.

1.2 Vectori coliniari si coplanari. Proiectie ortogonala 12

1.2 Vectori coliniari si coplanari. Proiectie ortogo-

nala

Definitia 1.6 Doi vectori nenuli −→a ,−→b se zic coliniari daca auaceeasi directie.

Teorema 1.1 Doi vectori nenuli sunt coliniari daca si numai dacasunt liniar dependenti.

Demonstratie: Fie doi vectori coliniari nenuli −→a si−→b . Atunci

exista un versor −→a0 asa ca pentru numere reale nenule α1, α2 ∈ R

−→a = α1−→a0,

−→b = α2

−→a0 (2)

de unde −→b =

α2

α1

−→a sau−→b = λ−→a (3)

unde λ = α2

α1∈ R. Reciproc, daca −→a si

−→b sunt liniar dependenti

atunciα1

−→a + α2

−→b = 0, (α1, α2 6= 0), (4)

implica−→b = −α1

α2

−→a sau−→b = β−→a unde β = −α1

α2

Observatia 1.2 Relatia de coliniaritate−→b = λ−→a ne arata ca si

raportul marimilor celor doi vectori este |λ|, adica α2

α1= λ. Cand

λ < 0, vectorii au sensuri opuse iar cand λ = −1 ei sunt opusi.

Definitia 1.7 Trei vectori situati ın acelasi plan sau paraleli cuacelasi plan se numesc vectori coplanari.

Definitia 1.8 Fie trei vectori coplanari −→a ,−→b ,−→c pe care ıi de-plasam astfel ıncat sa aiba aceeasi origine, (fig. 3). Se duce prin

C, extremitatea vectorului −→c , CA′||−→b si CB′||−→a atunci−−→OA′ +

1.2 Vectori coliniari si coplanari. Proiectie ortogonala 13

−−→OB′ = −→c . Daca definim λ, µ prin

−−→OA′ = λ−→a si

−−→OB′ = µ

−→b deci

−→c = λ−→a + µ−→b

Vectorii−−→OA′ si

−−→OB′ se numesc componentele vectorului −→c dupa

directiile vectorilor −→a si−→b . Astfel s-a descompus vectorul −→c dupa

directiile vectorilor −→a si−→b .

Fig. 3. Descompunerea unui vector dupa doua directii

Teorema 1.2 Descompunerea unui vector dupa directiile a doivectori necoliniari si nenuli este unica.

Demonstratie: Presupunem ca descompunerea nu ar fi unica,

adica −→c = λ−→a + µ−→b si −→c = λ′−→a + µ′

−→b unde λ, µ, λ′, µ′ ∈ R si

λ 6= λ′ sau µ 6= µ′ atunci

0 = (λ− λ′)−→a + (µ− µ′)−→b

prin urmare −→a si−→b sunt fie coliniari, fie cel putin unul este nul,

ceea ce nu se poate. Deci λ = λ′ si µ = µ′.

1.2 Vectori coliniari si coplanari. Proiectie ortogonala 14

Teorema 1.3 Trei vectori sunt coplanari daca si numai daca suntliniar dependenti.

Demonstratie: Daca −→a1,−→a2,

−→a3 sunt liniar dependenti atunci

α1−→a1 + α2

−→a2 + α3−→a3 = 0, α2

1 + α22 + α2

3 6= 0, (αi ∈ R) (5)

si fie α3 6= 0, atunci

−→a3 = −α1

α3

−→a1 −α2

α3

−→a2 (6)

deci vectorul −→a3 este descompus dupa directiile −→a1 si −→a2, deci ceitrei vectori sunt coplanari.

Reciproc este evident.

Teorema 1.4 Spatiul vectorial real al vectorilor liberi din E3 aredimensiunea 3.

Demonstratie: exercitiu.

Observatia 1.3 Analog se poate descompune un vector dupa treidirectii necoplanare, iar descompunerea este unica.

Definitia 1.9 Expresia care da descompunerea unui vector dupatrei axe rectangulare se numeste expresia analitica a vectorului,

adica −→a = ax−→i + ay

−→j + az

−→k unde:

−→i = (1, 0, 0),

−→j = (0, 1, 0),−→

k = (0, 0, 1) este baza ortonormata.([1], Algebra liniara).

1.3 Produsul scalar a doi vectori 15

Definitia 1.10 (Proiectia unui vector) Fie vectorul−−→AB = −→a pe

care ıl proiectam pe axa x′x (fig. 4). Proiectia lui−−→AB, adica

segmentul A′B′ o notam ax(proiectia lui −→a pe axa x). Notamcu ϕ unghiul format de directia vectorului cu directia axei (adica

versorul−→i ) atunci exista relatia

pr−→i−→a = ax = ||−→a ||cosϕ (7)

Fig. 4. Proiectia vectorului ~a pe vectorul ~i

Teorema 1.5 Proiectia sumei vectorilor dintr-un contur poligo-nal este egala cu suma proiectiilor vectoriale.

Demonstratie: evidenta

1.3 Produsul scalar a doi vectori

Notiunea de produs scalar se cunoaste de la algebra liniara. Fie

V3 spatiul vectorilor liberi si −→a ,−→b ∈ V3. Pentru −→a ,−→b 6= 0 notam

cu ϕ ∈ [0, 2π] unghiul dintre vectorii −→a si−→b .

Teorema 1.6 Functia (·, ·) : V3 × V3 → R definita prin

1.3 Produsul scalar a doi vectori 16

(−→a ,−→b ) =

||−→a ||||−→b ||cosϕ pentru −→a 6= −→0 ,

−→b 6= −→

0

0 pentru −→a =−→0 sau

−→b =

−→0

este un produs scalar pe V3.

Demonstratie: evidenta.

Observatia 1.4 Expresia analitica a produsului scalar a doi vec-

tori este (−→a ,−→b ) = axbx + ayby + azbz, deoarece

X =

−→i

−→j

−→k

−→i 1 0 0−→j 0 1 0−→k 0 0 1

Unghiul a doi vectori nenuli este dat de

cos(ϕ) =(−→a ,−→b )

||−→a ||||−→b ||=

axbx + ayby + azbz√

a2x + a2

y + a2z ·

√

b2x + b2y + b2z

(8)

Prin urmare −→a ⊥ −→b ⇔ cosϕ = 0 ceea ce implica (−→a ⊥ −→

b ) = 0

sau axbx + ayby + azbz = 0. Daca −→a ||−→b si au acelasi sens atunci

produsul lor scalar este (−→a ,−→b ) = ||−→a ||||−→b || deoarece cosϕ = 1.

Propozitia 1.1 Produsul scalar a doi vectori este egal cu marimeaunuia dintre ei ınmultita cu proiectia celuilalt pe el.

Demonstratie: Prin definitie(−→a ,−→b ) = ||−→a ||||−→b ||cosϕ dar ||−→a ||cosϕ = pr−→

b−→a deci (−→a ,−→b ) =

||−→b ||pr−→b−→a .

1.4 Produsul vectorial a doi vectori 17

Propozitia 1.2 Produsul scalar este distributiv fata de adunareavectorilor.

1.4 Produsul vectorial a doi vectori

Definitia 1.11 Produsul vectorial al vectorilor liberi nenuli sineparaleli −→a si

−→b este vectorul −→c = −→a ×−→

b ∈ V a carui directie

este perpendiculara pe planul vectorilor −→a si−→b , al carui sens

corespunde miscarii burghiului drept, daca se roteste −→a spre−→b

cu burghiul, si a carui marime este egala cu aria paralelogramului

construit pe cei doi vectori −→a si−→b , adica

||−→a ×−→b || = ||−→a ||||−→b ||sinϕ

unde ϕ < π este unghiul dintre cei doi vectori.

Propozitia 1.3 1) Daca cel putin unul dintre vectorii −→a si−→b

este nul sau daca vectorii sunt paraleli, produsul vectorial este egalprin definitie cu 0.2) Produsul vectorial a doi vectori este o aplicatie biliniara de laV3 × V3 la V3.

Se considera doua puncte O,M ∈ E3. Vectorului−−→OM ıi core-

spunde tripletul ordonat de numere (x, y, z) ∈ R3 numite coordo-

natele euclidiene ale vectorului−−→OM ın raport cu baza −→i ,−→j ,−→k , .

Vom scrie−−→OM = x

−→i + y

−→j + z

−→k .

1.4 Produsul vectorial a doi vectori 18

Fig. 5. Produsul vectorial

Definitia 1.12 Se numeste reper cartezian ın E3 multimea

O,−→i ,−→j ,−→k . Punctul O se numeste originea reperului iar

−→i ,−→j ,−→k se numeste baza reperului. Coordonatele euclidi-

ene (x, y, z) ale vectorului de pozitie −→r =−−→OM se numesc

coordonatele carteziene ale punctului M fata de reperul ortonor-

mat O,−→i ,−→j ,−→k , unde

• x = (−→i ,−→r ) = pr−→

i−→r = abscisa

• y = (−→j ,−→r ) = pr−→

j−→r = ordonata

• z = (−→k ,−→r ) = pr−→

k−→r = cota

Bijectia dintre E3 si R3 determinata prin fixarea reperuluicartezian se numeste sistem de coordonate carteziene si se noteazaprin M(x, y, z).

Versorilor−→i ,

−→j ,

−→k le atasam axele de coordonate Ox, Oy, Oz

care au acelasi sens cu sensul pozitiv al acestor versori. Coor-donatele carteziene ale punctului M reprezinta marimile algebrice

1.4 Produsul vectorial a doi vectori 19

ale proiectiilor ortogonale ale vectorului−−→OM pe cele trei axe de

coordonate (fig. 6).

Axele au ecuatiile: Ox : y = 0, z = 0;Oy : z = 0, x = 0;Oz :x = 0, y = 0; cele trei axe determina trei plane xOy, yOz, zOx nu-mite plane de coordonate care au ecuatiile: xOy: z=0, yOz: x=0,zOx: y=0.

Cele trei plane de coordonate ımpart spatiul ın opt regiuni nu-mite octante.

Fig. 6. Sistemul de coordonate carteziene

1.5 Exercitii 20

1.5 Exercitii

Adunarea, scaderea si ınmultirea cu scalari a vectorilor.

Exercitiu 1.1 Consideram vectorul −→a =< 1, 2 > (= 1−→i + 2

−→j )

si vectorul−→b =< −2, x > (= −2

−→i + x

−→j ). Sa se afle numarul x

pentru ca suma celor doi vectori sa aiba aceeasi directie ca vectorul< 2, 1 >.

Demonstratie: Sa notam cu −→c suma celor doi vectori, deci

−→c = −→a +−→b =< 1, 2 > + < −2, x >=< −1, 2 + x >

Daca −→c si < 2, 1 > au aceeasi directie ınseamna ca unul e multiplude celalalt, deci

< 2, 1 >= α−→c = α < −1, 2 + x >=< −α,α(2 + x) >

pentru un numar real α. Prin egalarea componentelor deducemca

2 = −α, 1 = α(2 + x) >

de unde rezulta ca α = −2, x = −5/2.

Exercitiu 1.2 Asupra unui obiect actioneaza doua forte ca ın fig.

7, unde α = 45o si β = 30o, |−→F1| = 30, |−→F2| = 25. Sa se gaseascaforta rezultanta.

Demonstratie: Forta rezultanta este suma celor doua forte.Avem

−→F1 = 30 < cosα, sinα > si

−→F2 = 25 < cosβ,−sinβ >.

Rezulta ca−→F1 = 30 < cos45o, sin45o >= 30 < 1/

√2, 1/

√2 > si−→

F2 = 25 < cos30o,−sin300 >= 25 <√

3/2,−1/2 >. Prin sumare

se obtine apoi−→R .

1.5 Exercitii 21

Fig. 7. Forta rezultanta

Exercitiu 1.3 Sa se gaseasca un vector −→v care e paralel cu vec-torul < 1, 2 > si are aceeasi lungime ca vectorul < 3, 1 >.

Demonstratie: Daca −→v si < 1, 2 > sunt paraleli ınseamna cavectorul −→v se poate obtine din < 1, 2 > prin ınmultire cu unscalar:

−→v = α < 1, 2 >

Lungimea lui −→v este |−→v | = |α|√

12 + 22 = |α|√

5 si ea trebuie safie egala cu| < 3, 1 > | =

√32 + 12 =

√10. Urmeaza ca

|α|√

5 =√

10

si deci |α| =√

2 . Deci α = ±√

2. Sunt deci doi vectori ce satisfacconditiile problemei, anume −→v = ±

√2 < 1, 2 >

1.5 Exercitii 22

Exercitiu 1.4 Sa se descompuna vectorul < 7, 5 > pe directiile< 1, 3 > si < 3, 1 >.

Demonstratie: Trebuie sa gasim scalarii α si β asa ca

α < 1, 3 > +β < 3, 1 >=< 7, 5 >

Egaland componentele vectorilor gasim ca:

α+ 3β = 7, 3α+ β = 5

Deci α = 1 β = 2. Descompunerea este:

1· < 1, 3 > +2· < 3, 1 >=< 7, 5 >

Exercitiu 1.5 Cu ce forta−→F trebuie sa actionam asupra unui

obiect de masa 1000Kg pe directia < 1, 1 > (fig. 8) pentru ca subactiunea acestei forte obiectul sa se deplaseze pe orizontala?

Demonstratie:−→F trebuie sa aiba aceeasi directie ca < 1, 1 > si

prin urmare putem scrie−→F = α < 1, 1 > pentru un numar real

α. Forta de greutate−→G e data de formula

−→G =< 0,−mg >=<

0,−9800 > unde m este masa obiectului iar g este acceleratiagravitationala. Forta rezultanta este suma celor doua forte:

−→R =

−→F +

−→G =< α,α− 9800 >

Pentru ca obiectul sa se miste pe orizontala trebuie ca forta rezul-tanta sa fie pe directia orizontala si deci a doua componenta a eiva trebui sa fie 0: α− 9800 = 0

1.5 Exercitii 23

Fig. 8. Forta rezultanta

si deci α = 9800. In concluzie−→F =< 9800, 9800 >= 9800

−→i +

9800−→j .

Exercitiu 1.6 Consideram doi vectori −→v =< v1, v2 >= v1−→i +

v2−→j si −→w =< w1, w2 >= w1

−→i + w2

−→j . Sa se arate ca formulele

de calculare a produsului scalar

−→v · −→w = v1w1 + v2w2 (9)

si−→v · −→w = |−→v ||−→w |cosα (10)

unde α este unghiul dintre cei doi vectori, sunt echivalente.

Demonstratie: Din fig. 9 rezulta descrierea ın coordonate polarea celor doi vectori: v1 = r1cosβ, v2 = r1sinβ,

1.5 Exercitii 24

w1 = r2cosγ, w2 = r2sinγ si |−→v | = r1, |−→w | = r2. Reprezentareapolara a celor doi vectori este

v = r1(cosβ, sinβ), w = r2(cosγ, sinγ)

Va rezulta ca formula (9) e echivalenta cu

Fig. 9. Reprezentare polara

−→v · −→w = r1cosβr2cosγ + r1sinβr2sinγ =

= r1r2(cosβcosγ + sinβsinγ) = r1r2cos(β − γ)

A doua formula (10) devine −→v ·−→w = r1r2cosα = r1r2cos(γ−β) =r1r2cos(β − γ) si deci cele doua formule sunt echivalente. Pentruvectori ın spatiu o solutie similara poate fi data.Alta metoda:Aplicand teorema lui Pitagora generalizata gasim ca:

|−→v |2 + |−→w |2 − |−→v −−→w |2 = 2|−→v ||−→w |cosα

1.5 Exercitii 25

Utilizand formula |−→v |2 = v21 + v2

2 rezulta ca

v1w1 + v2w2 = |−→v ||−→w |cosα

Fig. 10. Teorema lui Pitagora generalizata

Exercitiu 1.7 (Lucrul mecanic) Asupra unui obiect actioneaza o

forta rezultanta−→F de marime 20N ce face un unghi de 40o cu

axa orizontala. Obiectul e deplasat sub actiunea acestei forte pe opanta de ınclinatie 10o (ca ın fig. 11) pe distanta 20m. Sa se aflelucrul mecanic efectuat de forta.

Demonstratie:Atunci cand aceasta forta e constanta ca marime vectoriala iardeplasarea se face pe o linie dreapta lucrul mecanic efectuat deforta e dat de formula:

L =−→F · −→d

In cazul nostru pentru calculul lucrului mecanic vom utiliza for-mula (10):

L = |−→F ||−→d |cosα = 20N × 20mcos30o = 200√

3J

1.5 Exercitii 26

Fig. 11. Lucru mecanic

Exercitiu 1.8 (Ortogonalitate) Consideram doi vectori −→v1 =<1, 2 >,−→v2 =< 2, x >. Gasiti x pentru ca −→v1 ⊥ −→v2.

Demonstratie: Daca cei doi vectori sunt perpendiculari produsullor scalar trebuie sa fie egal cu 0: ⇒ < 1, 2 > · < 2, x >= 0 ceeace implica 2 + 2x = 0 si deci x = −1.

Exercitiu 1.9 (Ortogonalitate) Consideram o curba de ecuatiecarteziana γ(x) = x2 + 1 din fig. (12). Sa se afle un vectornormal la curba ın punctul P (1, 2).

Demonstratie:Stim ca derivata functei γ evaluata la 1 ne va da panta liniei tan-gente la graficul lui γ ınpunctul P (1, 2).

Aceasta panta este γ′(1) = 2. Prin urmare ecuatia dreptei prin Psi de panta 2 este y−2 = 2(x−1). Un alt punct pe aceasta dreapta

1.5 Exercitii 27

este Q(2, 4). Prin urmare−−→PQ =< 2, 4 > − < 1, 2 >=< 1, 2 >

este un vector tangent la curba γ ın punctul P (1, 2). Un vector

normal la curba ın P este atunci un vector perpendicular pe−−→PQ,

de exemplu n =< 2,−1 >

Fig. 12. Directia normala la un grafic ıntr-un punct

Exercitiu 1.10 (Proiectia ortonormala) Sa se afle proiectia vec-toriala a vectorului −→v1 =< 1, 2 > pe vectorul −→v2 =< 3, 1 > farautilizarea formulei de calcul a proiectiei.

Demonstratie: Sa notam pr−→v2

−→v1 proiectia lui −→v1 pe −→v2 . Aceastaproiectie are aceeasi directie ca si −→v2 prin urmare pr−→v2

−→v1 = α−→v2pentru un numar α pe care urmeaza sa-l aflam. Conditia sat-isfacuta de proiectie este ca

1.5 Exercitii 28

−→v1 − pr−→v2

−→v1 ⊥ −→v2 prin urmare −→v1 − α−→v2 ⊥ −→v2Inlocuind gasim (< 1, 2 > −α < 3, 1 >) ⊥< 3, 1 > ceea ce implica

(< 1, 2 > −α < 3, 1 >)· < 3, 1 >= 0

Fig. 13. Proiectia vectoriala

si deci (1 − 3α)3 + (2 − α)1 = 0 de unde rezulta ca α = 1/2 prinurmare

pr−→v2

−→v1 =1

2−→v2 =< 1.5, 0.5 >

Exercitiu 1.11 (Proiectia ortonormala) Sa se afle proiectia vec-toriala a vectorului −→v1 =< 1, 2, 0 > pe subspatiul liniar generat devectorii −→v2 =< 2, 1, 1 > si −→v3 =< 1, 0, 1 >.

Demonstratie:Deoarece aceasta proiectie −→pv1 e continuta ın subspatiul liniar gen-erat de vectorii −→v2 si −→v3 , ea va fi o combinatie liniara de cei doivectori:

−→pv1 = α−→v2 + β−→v3 (11)

1.5 Exercitii 29

Pe de alta parte, −→pv1 fiind proiectia lui −→v1 pe subspatiul liniargenerat de vectorii −→v2 si −→v3 trebuie ca vectorul −→c = −→v1 −−→pv1 sa fieperpendicular pe fiecare vector din acest subspatiu (vezi fig. 14),prin urmare −→c = −→v1 − −→pv1 va fi perpendicular si pe vectorii −→v2 si−→v3 . Vom avea deci

Fig. 14. Proiectia vectoriala pe un subspatiu

(−→v1 −−→pv1) · −→v2 = 0(−→v1 −−→pv1) · −→v3 = 0

(12)

Utilizand formula (11) rezulta

−→v1 · −→v2 − α−→v2 · −→v2 − β−→v3 · −→v2 = 0−→v1 · −→v3 − α−→v2 · −→v3 − β−→v3 · −→v3 = 0

(13)

Avem −→v1 ·−→v2 = 4 −→v2 ·−→v2 = 6 −→v3 ·−→v2 = 3 −→v1 ·−→v3 = 1 −→v2 ·−→v3 =3 −→v3 · −→v3 = 2Inlocuind ın (13) gasim ca

4 − 6α− 3β = 01 − 3α− 2β = 0

(14)

1.5 Exercitii 30

Rezolvand acest sistem gasim α = 5/3 si β = −2. Prin urmare,proiectia lui −→v1 este

−→pv1 = 5/3−→v2 + (−2)−→v3 =< 4/3, 5/3,−1/3 > (15)

Exercitiu 1.12 (Proiectia ortonormala) Sa se afle distanta de lapunctul P (1, 2, 0) la planul paralel cu vectorii −→v2 =< 2, 1, 1 > si−→v3 =< 1, 0, 1 > ce trece prin origine.

Demonstratie: Avem exact numerele din problema anterioara cuamanuntul ca punctul P de aici este varful vectorului de pozitie−→v1 din problema anterioara.Prin urmare distanta de la P la planul paralel cu−→v2 =< 2, 1, 1 > si −→v3 =< 1, 0, 1 > ce trece prin origine va fi exactlungimea vectorului de la varful lui −→pv1 la varful lui −→v1 care e exactdiferenta acestor doi vectori, vom avea deci

distanta = |−→v1 −−→pv1| = | < −1/3, 1/3, 1/3 > | = 1/√

3

Exercitiu 1.13 (ortogonalitate) Consideram punctele P (0, 2) siQ(3, 1). Sa se afle lungimea ınaltimii din O din triunghiul OPQutilizand proprietatile vectorilor.

Demonstratie:Avem

−−→PQ =< 3, 1 > − < 0, 2 >=< 3,−1 >. Notam ınaltimea cu−−→

OH ca ın fig. 15. Avem−−→OH ⊥ −−→

PQ. O directie perpendiculara pe−−→PQ este < 1, 3 > si deci

−−→OH = α < 1, 3 >. Pe de alta parte, avem

1.5 Exercitii 31

ca−−→OH ⊥ −−→

OH − −−→OP . De aici rezulta ca

−−→OH · (−−→OH − −−→

OP ) = 0 sideci

α < 1, 3 > ·(α < 1, 3 > − < 0, 2 >) = 0

Rezolvand aceasta ecuatie gasim ca α(10α−6) = 0 si, cum α 6= 0,

rezulta ca α = 3/5 si−−→OH =< 3/5, 9/5 >. Lungimea ınaltimii,

adica lungimea vectorului−−→OH este

√90/5.

Fig. 15. Calculul ınaltimii ıntr-un triunghi

Exercitiu 1.14 (produsul mixt) Sa se arate ca vectorii−→v1 =< 1, 0, 2 >,−→v2 =< 1, 1, 2 >,−→v3 =< −1,−2,−2 > sunt copla-nari ( sunt continuti ın acelasi plan).

Demonstratie: Trei vectori sunt coplanari daca si numai dacaprodusul lor mixt este 0.

−→v1 ∧−→v2 ∧ −→v3 =

1 0 21 1 2

−1 −2 −2= 0 (16)

1.5 Exercitii 32

Exercitiu 1.15 (produsul vectorial) Sa se arate ca produsul vec-torial −→u =< u1, u2, u3 > a doi vectori −→v =< v1, v2, v3 >,−→w =< w1, w2, w3 > este dat de formula

−→u = −→v ×−→w =

−→i

−→j

−→k

v1 v2 v3w1 w2 w3

(17)

Demonstratie: Deoarece produsul vectorial este o aplicatiebiliniara este suficient sa aratam ca formula e adevarata pentruv,w elemente din baza canonica a lui R

3. Acest fapt este evident.

33

2 Dreapta ın spatiu

O dreapta ın spatiu poate fi determinata de:

1. un punct si un vector nenul;

2. doua puncte;

3. intersectia a doua plane.

2.1 Dreapta determinata de un punct si un vector

nenul

Fie M0(x0, y0, z0) un punct, −→r0 = x0

−→i + y0

−→j + z0

−→k vectorul lui

de pozitie, iar −→a (l,m, n) un vector nenul din V3. Dreapta ce treceprin M0 si are directia lui −→a o notam cu (D) (fig. 16).Punctul M(x, y, z) ∈ D, D fiind o dreapta determinata de M0 side −→a daca si numai daca

(−→r −−→r0) ×−→a =−→0 (18)

Ecuatia (18) se numeste ecuatia vectoriala a dreptei D determi-

nata de un punct si o directie. Vectorul −→a 6= −→0 se numeste vector

director, iar coordonatele sale l, m, n se numesc parametrii direc-tori ai dreptei. Evident orice vector λ−→a cu λ 6= 0 joaca acelasi rolca −→a . Coliniaritatea vectorilor −→r −−→r0 si −→a mai poate fi scrisa si−→r −−→r0 = t−→a , t ∈ R sau

−→r = −→r0 + t−→a , t ∈ R (19)

2.1 Dreapta determinata de un punct si un vector nenul34

Fig. 16. Ecuatia vectoriala a unei drepte

Ecuatia (19) este echivalenta cu ecuatiile:

x = x0 + tly = y0 + tmz = z0 + tn, t ∈ R

(20)

Ecuatiile (20) se numesc ecuatiile parametrice ale dreptei (D). Ecu-atiile (20) pot fi ınlocuite cu

x− x0

l=y − y0

m=z − z0n

(21)

numite ecuatiile carteziene ın R3.Se face conventia ca daca un numitor este nul atunci numaratorulrespectiv trebuie egalat cu 0.

2.2 Dreapta determinata de doua puncte 35

Observatia 2.1 1. Daca l = 0, mn 6= 0 atunci:

x = x0,y − y0

m=z − z0n

si este o dreapta paralela cu planul yOz.

2. Daca l = m = 0, n 6= 0 atunci:

x = x0, y = y0

si este o dreapta paralela cu axa Oz.

2.2 Dreapta determinata de doua puncte

Fie doua puncte distincte M1(x1, y1, z1) si M2(x2, y2, z2). Se stieca doua puncte distincte determina o dreapta unica. Vom folosicazul precedent, adica punctul va fi M1 si vectorul director va fi

dat de−−−−→M1M2 (fig. 17). Directia va fi (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1).

2.3 Dreapta orientata

O dreapta (D) ın spatiu pe care am ales un sens de parcurs senumeste dreapta orientata.Fie −→a vectorul director al dreptei (D), atunci sensul pozitiv pe(D) este sensul vectorului director −→a si acest sens ıl vom nota cu+. Fie M0 ∈ D, atunci multimea

D′ = M |−−−→M0M = λ−→a , λ ≥ 0

2.3 Dreapta orientata 36

Fig. 17. Dreapta orientata

se numeste partea pozitiva a lui D iar

D′′ = M |−−−→M0M = λ−→a , λ ≤ 0

se numeste partea negativa a lui D. De exemplu axele de coordo-nate Ox,Oy,Oz sunt drepte orientate. Vectorului director −→a 6= −→

0al dreptei D i se poate atasa versorul −→e = −→a /||−→a || numit versordirector sau directie orientata.Deci dreapta D poate fi scrisa ın forma: D = M |−−−→M0M = t−→e , t ∈R. Versorul director −→e ımpreuna cu axele de coordonate formeazacu axele unghiurile α, β, γ numite unghiuri directoare ale drepteiD (fig. 22). Coordonatele lui −→e se numesc cosinusurile directoareale dreptei D. Se poate scrie:

−→e = (−→e ,−→i )−→i + (−→e ,−→j )

−→j + (−→e ,−→k )

−→k

2.3 Dreapta orientata 37

sau−→e = cos(α)

−→i + cos(β)

−→j + cos(γ)

−→k

Deoarece ||−→e || = 1 ⇒ cos2α+ cos2β + cos2γ = 1.Unghiul a doua drepte orientate. Fiind date doua drepte D1

si D2 orientate, de vectori directori −→a si−→b , atunci unghiul lor

este dat de

cosα =(−→a ,−→b )

||−→a ||||−→b ||, ϕ ∈ [0, 2π]

deci

cosα =l1l2 +m1m2 + n1n2

√

l21

+m21+ n2

1

√

l22

+m22+ n2

2

cu ϕ ∈ [0, 2π] sau

Fig. 18. Cosinusurile directoare

2.3 Dreapta orientata 38

sinϕ =||−→a ×−→

b ||||−→a ||||−→b ||

Atunci D1 ⊥ D2 ⇔ (−→a ,−→b ) = 0 ⇔ l1l2 + m1m2 + n1n2 = 0 si

D1||D2 ⇔ −→a ×−→b =

−→0 ⇔ l1

l2= m1

m2= n1

n2

2.4 Exercitii 39

2.4 Exercitii

Exercitiu 2.1 (ecuatia vectoriala a dreptei) Sa se gaseasca ecuatiavectoriala a dreptei care trece prin P (1, 1, 1) si are directia data de−→a =< −2, 3, 4 >. Sa se transforme ecuatia vectoriala ın ecuatiaparametrica a dreptei.

Demonstratie: Conform formulei ecuatiei vectoriale−−→r(t)−−→r0 =

t−→a unde −→r0 =−−→OP =< 1, 1, 1 > si deci

−−→r(t) =< 1 − 2t, 1 +

3t, 1 + 4t >. Ecuatia parametrica este: x(t) = 1 − 2t, y(t) =1 + 3t, z(t) = 1 + 4t.Ecuatia carteziana a dreptei se poate gasi prin eliminarea variabileit din ecuatia parametrica a dreptei:

x− 1

−2=y − 1

3=z − 1

4

Fig. 19. Ecuatia vectoriala a unei drepte

2.4 Exercitii 40

Exercitiu 2.2 (ecuatia vectoriala a dreptei) Aceeasi ıntrebare camai sus dar pentru −→a =< 0, 3, 4 >.

Demonstratie: Ecuatie vectoriala:−−→r(t) −−→r0 = t−→a deci

−−→r(t) =<

1, 1, 1 > + < 0, 3t, 4t >=< 1, 3t + 1, 4t + 1. Ecuatia parametrica:x(t) = 1, y(t) = 3t+1, z(t) = 4t+1. Ecuatia carteziana(obtinutaprin eliminarea parametrului t) x = 1, y−1

3= z−1

4. De notat ca

din moment ce pentru orice punct de pe dreapta coordonata x esteconstanta egala cu 1, aceasta dreapta va fi paralela cu planul yOz

Exercitiu 2.3 (ecuatia vectoriala a dreptei) Aceeasi ıntrebare camai sus dar pentru −→a =< 3, 0, 0 >.

Demonstratie:

Ecuatie vectoriala:−−→r(t) − −→r0 = t−→a deci

−−→r(t) =< 1, 1, 1 > + <

3t, 0, 0 >=< 1 + 3t, 1, 1 >. Ecuatia parametrica:x(t) = 1 + 3t, y(t) = 1, z(t) = 1.

Ecuatia carteziana (obtinuta prin eliminarea parametrului t) y =1, z = 1 De notat ca, din moment ce pentru orice punct de pedreapta coordonatele y si z sunt constante, aceasta dreapta va fiparalela cu axa Ox.

Exercitiu 2.4 (ecuatia vectoriala a dreptei) Sa se gaseascaintersectia dreptei din exercitiul (2.1) cu planul xOy.

Demonstratie: Ecuatia parametrica a dreptei este

x(t) = 1 − 2t, y(t) = 1 + 3t, z(t) = 1 + 4t

In locul unde intersecteaza planul xOy trebuie sa avem z = 0.Deci 1 + 4t = 0 ⇒ t = −1/4. Inlocuind obtinem:

x = 1 − 2(−1/4) = 3/2, y = 1 + 3(−1/4) = 1/4

2.4 Exercitii 41

Deci punctul de intersectie este P (3/2, 1/4, 0).

Exercitiu 2.5 (ecuatia vectoriala a dreptei) Sa se calculeze ecuatiaparametrica a dreptei ce trece prin P (−1, 1, 0) si e perpendicularape planul ce contine punctele Q(1, 2, 1), R(0, 2, 1), S(0, 0, 2).

Demonstratie: Din moment ce avem un punct pe dreapta, netrebuie doar directia dreptei pentru a aplica formula.Dreapta e perpendiculara pe planul ce contineQ(1, 2, 1), R(0, 2, 1),

S(0, 0, 2), prin urmare e perpendiculara si pe vectorii−−→QR =<

−1, 0, 0 >,−→QS =< −1,−2, 1 > ce sunt continuti ın acel plan.

Deci directia dreptei e directia perpendiculara pe acesti doi vectorice e data de produsul lor vectorial. Calculam produsul vectorialal celor doi vectori:

−→a =−−→QR×−→

QS =

−1 0 0−1 −2 1−→i

−→j

−→k

=−→j + 2

−→k =< 0, 1, 2 > (22)

Putem acum aplica formula de calcul a ecuatiilor vectoriale, para-metrice si carteziene exact ca ın exemplul (2.2).

Exercitiu 2.6 (ecuatia vectoriala a dreptei) Sa se arate ca dreptelede ecuatii vectoriale

(D1)−−→r1(t) =< 1 + 2t, t, 2 + t >

(D2)−−−→r2(s) =< 1 − s, 1, 2 + 2s >

(23)

nu sunt nici paralele si nici coplanare.

2.4 Exercitii 42

Demonstratie: Avem

(D1)−−→r1(t) =< 1, 0, 2 > +t < 2, 1, 1 >

(D2)−−−→r2(s) =< 1, 1, 2 > +s < −1, 0, 2 >

(24)

De aici rezulta ca directiile celor doua drepte sunt date de vectorii< 2, 1, 1 > si respectiv < −1, 0, 2 >. Deoarece acestia nu suntlinear dependenti rezulta ca cele doua drepte nu sunt paralele.Deci daca ar fi coplanare ele s-ar intersecta. Sa egalam compo-nentele:

1 + 2t = 1 − s, t = 1, 2 + t = 2 + 2s

Din prima ecuatie avem s = −2 iar din a treia s = 1/2. Imposibil.Deci nu exista punct de intersectie.

Exercitiu 2.7 (ecuatia vectoriala a dreptei) In conditiile proble-mei (2.6) sa se gaseasca lungimea perpendicularei comune a celordoua drepte.

Demonstratie: Perpendiculara comuna exista! Alegem ın gen-eral doua drepte D1 si D2 care nu sunt paralele si nici nu se in-tersecteaza, ca ın fig. 20. Alegem un punct P pe D1 si trasamprin el o dreapta D3 paralela cu D2. Proiectam D2 pe planulP generat de dreptele D1 si D3. Proiectia si D1 se intersecteazaın Q. Trasam prin Q normala E la planul P . Avem atunci caE intersecteaza D1 si e perpendiculara pe D1 si pe de alta partedeoarece Q este pe proiectia pe P a lui D2 si D2||P trebuie ca Esa fie perpendiculara pe D2 si sa o si intersecteze.

2.4 Exercitii 43

Fig. 20. Perpendiculara comuna a doua drepte

Perpendiculara comuna este unica! Intr-adevar, daca ar exista oalta perpendiculara comuna atunci cele doua perpendiculare vorfi paralele pentru ca sunt ambele perpendiculare pe doua directiidiferite (date de D1 si D2). Rezulta ca D1 si D2 sunt ın planulgenerat de cele doua perpendiculare, ceea ce contrazice exercitiulanterior.Pentru determinarea lungimii perpendicularei comune a celor douadrepte date ın exercitiul 2.6 folosim ecuatia vectoriala a celor douadrepte. Observam ca orice vector ce incepe pe D2 si se terminape D1 e dat de formula:

−→r = −→r1(t) − −→r2(s) =< 1 + 2t, t, 2 + t > − < 1 − s, 1, 2 + 2s >pentru anumite valori ale parametrilor t si s. Noi trebuie sa gasimt si s ın asa fel ıncat vectorul −→r = −→r1(t) − −→r2(s) e perpendicular

2.4 Exercitii 44

atat pe directia lui D1 cat si pe directia lui D2, cu alte cuvinte

−→r · < 2, 1, 1 >= 0, −→r · < −1, 0, 2 >= 0

Inlocuind −→r obtinem

Fig. 21. Calculul lungimii perpendicularei comune

< 3t− 2s+ 1,−4t+ s,−t− 2s > · < 3,−4,−1 > = 0< 3t− 2s+ 1,−4t+ s,−t− 2s > · < 2,−1,−2 > = 0

(25)

Rezulta t = 1/6, s = 0 si deci −→r =< 1/3,−5/6, 1/6 > si lungimeaperpendicularei comune este |−→r | = | < 1/3,−5/6, 1/6 > | =2√

2/3.

Exercitiu 2.8 (ecuatia vectoriala a dreptei) Sa se calculeze ecuatiaparametrica a dreptei ce trece prin punctele P (1, 2, 1) si Q(0, 2, 1).

2.4 Exercitii 45

Demonstratie: Deoarece cele doua puncte sunt pe dreapta

ınseamna ca directia dreptei e data de vectorul −→a =−−→PQ =<

0, 2, 1 > − < 1, 2, 1 >=< −1, 0, 0 >. Putem acum aplica formulade calcul a ecuatiilor vectoriale, parametrice si carteziene exact caın exemplul (2.3).

46

3 Planul ın spatiu

Planul poate fi determinat de:

• trei puncte necoliniare;

• doua drepte paralele;

• o dreapta si un punct exterior ei;

• un punct si un vector normal la plan.

Propozitia 3.1 Ecuatia vectoriala a planului determinat de unpunct M0 perpendicular pe un vector dat −→n este:

((−→r −−→r0),−→n ) = 0

Demonstratie:Fie un plan P determinat de un punct M0 si care este perpendic-ular pe un vector dat −→n (fig. 22). Consideram un punct M ∈ P ,M punct curent al planului (poate genera planul). Deoarece−→n ⊥ P ⇒ −→n este perpendicular pe orice dreapta din plan.Unind

pe M0 cu M obtinem vectorul−−−→M0M = −→r −−→r0 si cum −→n ⊥ −−−→

M0Mrezulta

−−−→M0M · −→n

sau(−→r −−→r0) · −→n = 0

47

Fig. 22. Ecuatia unui plan

Teorema 3.1 (Ecuatia generala a planului) Intr-un sistem de co-ordonate carteziene, un plan este definit de ecuatia:

Ax+By + Cz +D = 0

unde cel putin unul din coeficientii A,B,C este nenul.

Demonstratie: Daca M0(x0, y0, z0),M(x, y, z) si −→n = (A,B,C)atunci

−−−→M0M = (x− x0)

−→i + (y − y0)

−→j + (z − z0)

−→k

Din conditia de ortogonalitate rezulta:

A(x− x0) +B(y − y0) + C(z − z0) = 0 (26)

unde D = −(Ax0 + By0 + Cz0), ecuatia (26) se numeste ecuatiagenerala a planului.

48

Teorema 3.2 Reciproca teoremei (3.1): Orice ecuatie de gradulıntai

Ax+By + Cy +D = 0

defineste ın sistemul de coordonate carteziene un plan.

Demonstratie: Daca (x0, y0, z0) este o solutie a ecuatiei (2)atunci Ax0 +By0 +Cz0 +D = 0 sau D = −(Ax0 +By0 +Cz0) siınlocuind ın (2) se obtine

A(x− x0) +B(y − y0) + C(z − z0) = 0

care este ecuatia unui plan ce trece prin punctul M0(x0, y0, z0) sieste perpendicular pe vectorul nenul (A,B,C).

Observatia 3.1

1. Ecuatia unui plan ın spatiu este nucleul unei functii liniarafine f : R3 → R, f(x, y, z) = Ax+By + Cz +D.

2. Doua ecuatii de gradul ıntai reprezinta acelasi plan daca sinumai daca au coeficientii proportionali:

A1

A2

=B1

B2

=C1

C2

=D1

D2

3. Ecuatii particulare ale planului:

(a) Ax+ By + Cz = 0 – ecuatia unui plan care trece prinorigine.

(b)

Ax+By +D = 0 plan paralel cu axa OzAx+ Cz +D = 0 plan paralel cu axa OyBy + Cz +D = 0 plan paralel cu axa Ox

(27)

49

(c)

Ax+D = 0 plan paralel cu planul yOzBy +D = 0 plan paralel cu planul xOzCz +D = 0 plan paralel cu planul xOy

(28)

Teorema 3.3 Ecuatia planului determinat de trei puncte necol-iniare M1(x1, y1, z1),M2(x2, y2, z2), M3(x3, y3, z3) este

x y z 1x1 y1 z1 1x2 y2 z2 1x3 y3 z3 1

= 0 (29)

Demonstratie:Fie trei puncte necoliniare M1,M2,M3 si vectorii de pozitie−→r1(x1, y1, z1),

−→r2(x2, y2, z2),−→r3 (x3, y3, z3) si un punct curent

M(x, y, z) cu vectorul de pozitie −→r (x, y, z). Pentru ca M sa fie ın

plan trebuie ca vectorii−−−→M1M,

−−−−→M1M2,

−−−−→M1M3 sa fie coplanari, deci

produsul mixt trebuie sa fie nul.

−−−→M1M ·(−−−−→M1M2×

−−−−→M1M3) = 0 sau (−→r −−→r1)[(−→r2−−→r1)×(−→r3−−→r1)] = 0

saux− x1 x2 − x1 x3 − x1

y − y1 y2 − y1 y3 − y1

z − z1 z2 − z1 z3 − z1

= 0 (30)

care e echivalent cu

x y z 1x1 y1 z1 1x2 y2 z2 1x3 y3 z3 1

= 0 (31)

3.1 Ecuatia normala a planului 50

Observatia 3.2

1. Ecuatia planului prin taieturi: xz + y

b + zc = 1.

2. Patru puncte sunt coplanare daca

x1 y1 z1 1x2 y2 z2 1x3 y3 z3 1x4 y4 z4 1

= 0 (32)

3.1 Ecuatia normala a planului

Teorema 3.4 Fie cosα, cosβ, cosγ cosinusurile directoare ale nor-malei de plan si p distanta de la origine la plan. Ecuatia planuluiastfel determinat este:

xcosα+ ycosβ + zcosγ − p = 0 (forma lui Hesse) (33)

Demonstratie:Fie ıntr-un sistem de axe rectangulare Oxyz (fig. 23) vec-

torul−−→OP dus din origine, perpendicular pe planul Π, |−−→OP |,

cu −→n (cosα, cosβcosγ). Punctul P, piciorul perpendicularei dusedin origine pe plan are coordonatele (pcosα, pcosβ, pcosγ). Fie

M ∈ Π,M(x, y, z). Cum−−→OP ⊥ Π ⇔ −−→

PM · −→n = 0 ceea ce implica

3.2 Distanta de la un punct la un plan 51

Fig. 23. Ecuatia normala a planului

[(x− pcosα)−→i + (y − pcosβ)

−→j + (z − pcosγ)

−→k ]·

·[cosα−→i + cosβ−→j + cosγ

−→k ] = 0

sau

xcosα+ ycpsβ + zcosγ − p(cos2α+ cos2β + cos2γ) = 0

si cum cos2α+ cos2β + cos2γ = 1 rezulta ecuatia 33.

Observatia 3.3 Trecand ecuatia generala a planului: Ax+By+Cz +D = 0 la forma normala se obtine

Ax+By + Cz +D

±√A2 +B2 + C2

= 0

3.2 Distanta de la un punct la un plan

Daca un plan este definit prin ecuatia normala atunci distanta dde la un punct M0(x0, y0, z0) la acest plan este egala cu

3.2 Distanta de la un punct la un plan 52

d = |x0cosα+ y0cosβ + z0cosγ − p| (34)

Daca planul este dat sub forma generala, distanta d de la punctulM0(x0, y0, z0) la plan este:

d =|Ax0 +By0 + Cz0 +D|√

A2 +B2 + C2(35)

Intr-adevar, fie un punct M1(x1, y1, z1) ın planul dat si se con-sidera vectorul normal −→n (cosα, cosβ, cosγ) la plan ın acest punct(fig.24). Oricare ar fi pozitia punctului M0(x0, y0, z0), atunci:

d = |−−−→M1M · −→n |. Deoarece−−−→M1M si −→n au, respectiv proiectiile pe

axe−−−→M1M(x0 − x1, y0 − y1, z0 − z1) si −→n (cosα, cosβ, cosγ) atunci

se va obtine

d = |(x0 − x1)cosα+ (y0 − y1)cosβ + (z0 − z1)cosγ| =

= |x0cosα+ y0cosβ + z0cosγ − (x1cosα+ y1cosβ + z1cosγ)|

Fig. 24. Distanta de la un punct la un plan

3.3 Unghiul a doua plane 53

d = |(x0 − x1)cosα+ (y0 − y1)cosβ + (z0 − z1)cosγ| =|x0cosα+ y0cosβ + z0cosγ − (x1cosα+ y1cosβ + z1cosγ)|

Dar punctul M1 este ın planul considerat: x1cosα + y1cosβ +z1cosγ − p = 0, de unde rezulta

x1cosα+ y1cosβ + z1cosγ = p

Deci

d = |x0cosα+ y0cosβ + z0cosγ − p|In cazul cand planul este dat ın forma generala se reduce aceastaecuatie ın forma normala

Ax+By + Cz +D

±√A2 +B2 + C2

= 0

Atunci conform celor de mai sus rezulta ca distanta este

d =|Ax0 +By0 + Cz0 +D|√

A2 +B2 + C2

3.3 Unghiul a doua plane

Cosinusurile unghiurilor ıntre doua plane, date de ecuatiile

A1x+B1y + C1z +D1 = 0A2x+B2y + C2z +D2 = 0

(36)

sunt date de

cosα1,2 =A1A2 +B1B2 + C1C2

±√

A21+B2

1+ C2

1

√

A22+B2

2+ C2

2

(37)

3.3 Unghiul a doua plane 54

Pentru a obtine relatia (37) vom considera normalele la cele doua

plane (fig. 25)−→N1(A1, B1, C1),

−→N2(A2, B2, C2). Unghiul format

de vectorii−→N1 si

−→N2 este dat de formula cos(

−→N1,

−→N2) = cosϕ =

−→N1·

−→N2

|−→N1||−→N2|

⇔

cosϕ1,2 =A1A2 +B1B2 + C1C2

±√

A21+B2

1+C2

1

√

A22+B2

2+ C2

2

Se observa ca planele sunt perpendiculare daca si numai daca

A1A2 +B1 +B2 + C1C2 = 0

Fig. 25. Unghiul a doua plane

Cele doua plane sunt paralele daca

A1

A2

=B1

B2

=C1

C2

3.4 Exercitii 55

3.4 Exercitii

Exercitiu 3.1 (ecuatia vectoriala a planului) Sa se afle ecuatiavectoriala a planului ce contine P (1,−1, 2) si e perpendicular pevectorul −→n =< 1, 1, 1 >.

Demonstratie:Ecuatia vectoriala este (−→r −−→r0) · −→n = 0 unde−→r0 =

−−→OP =< 1,−1, 2 > Avem:

(−→r − < 1,−1, 2 >)· < 1, 1, 1 >= 0.

Daca −→r =−−→OM unde M(x, y, z) este un punct de pe plan rezulta

ca −→r =< x, y, z > si deci

(< x, y, z > − < 1,−1, 2 >)· < 1, 1, 1 >= 0

de undex+ y + z = 2

Exercitiu 3.2 Sa se gaseasca un vector normal la planul 2x+y−3z = 5.

Demonstratie: Ecuatia se scrie ın forma canonica 2(x−1)+1(y−0) + (−3)(z + 1) = 0 ceea ce inseamna ca vectorul < 2, 1,−3 >e normal la planul 2x + y − 3z = 5. Alta metoda: Se pot gasidoi vectori continuti ın plan si apoi se poate calcula produsul lorvectorial.

Exercitiu 3.3 (plane paralele)Sa se arate ca planele 2x+y−3z = 5 si x+y = 2 nu sunt paralele.

3.4 Exercitii 56

Demonstratie: Daca cele doua plane sunt paralele atunci sidirectiile normale la ele vor fi paralele. Un vector normal la primulplan este < 2, 1,−3 > iar la al doilea < 1, 1, 0 >. Acesti doi vec-tori nu sunt paraleli pentru ca nu exista niciun scalar α asa ca< 2, 1,−3 >= α < 1, 1, 0 >. Concluzia e ca nici planele nu vor fiparalele.

Exercitiu 3.4 (plane paralele) Sa se arate ca planele A1x+B1y+C1z = D1 si A2x+ B2y + C2z = D2 sunt paralele daca si numaidaca exista un scalar α asa ca A2 = αA1,B2 = αB1,C2 = αC1.

Demonstratie: ⇒ Daca cele doua plane sunt paralele si directiilenormale la ele sunt paralele. Rezulta ca < A1, B1, C1 > si <A2, B2, C2 > sunt paraleli de unde concluzia.

⇐ Daca A2 = αA1,B2 = αB1,C2 = αC1 rezulta ca directiilenormale la plane sunt paralele si deci si cele doua plane sunt par-alele.

Exercitiu 3.5 (plane paralele) Sa se afle distanta dintre planeleparalele de ecuatii x+ y + z = 1 si x+ y + z = 3.

Demonstratie:Un vector normal la primul plan este −→n =< 1, 1, 1 >. Un punct

pe primul plan este P (1, 0, 0). Alegem α ın asa fel ıncat−−→OP +α <

1, 1, 1 > (=< 1 + α,α, α >) sa aiba varful pe al doilea plan adica1 + α+ α + α = 3 de unde rezulta ca α = 2/3. Concluzia este cadistanta dintre plane este exact egala cu|2/3 < 1, 1, 1 > | = 2/

√3.

Metoda 2: Se poate alege punctul P (1, 0, 0) de pe primul plansi apoi calcula distanta de la P (1, 0, 0) la planul dat de ecuatiax+ y + z = 3 ca ın exercitiul 3.7.

3.4 Exercitii 57

Exercitiu 3.6 (plan prin trei puncte) Sa se gaseasca ecuatia plan-ului ce contine punctele P (1, 1, 0), Q(−1, 0, 2), R(0, 1, 3).

Demonstratie: Fie un punct M(x, y, z) din plan. Vectorii−−→PM,

−−→PQ,

−→PR sunt ın acelasi plan deci produsul lor mixt este 0:

x− 1 y − 1 z−1 − 1 0 − 1 2 − 00 − 1 1 − 1 3 − 0

=x− 1 y − 1 z−2 −1 2−1 0 3

= 0 (38)

adica −3x+ 4y − z = 1.

Exercitiu 3.7 (distanta de la un punct la un plan)Se proiecteaza punctul P (x0, y0, z0) pe planul ax+ by+ cz+ d = 0

ın punctul Q. Sa se gaseasca vectorul−−→PQ.

Demonstratie:Un vector normal la plan este < a, b, c >, prin urmare

−−→PQ =

α < a, b, c > unde α este un scalar pe care urmeaza sa-l aflam.

Avem−−→OQ =

−−→OP +

−−→PQ = < x0, y0, z0 > +α < a, b, c >=

=< x0 + αa, y0 + αb, z0 + αc > si cum acest vector are varful Qpe plan trebuie ca

ax0 + by0 + cz0 + d+ α(a2 + b2 + c2) = 0

Deci α = −(ax0 + by0 + cz0 + d)/(a2 + b2 + c2). Prin urmare

3.4 Exercitii 58

Fig. 26. Distanta de la un punct la un plan

−−→PQ = α < a, b, c >=

−(ax0 + by0 + cz0 + d)

a2 + b2 + c2< a, b, c >

Ca o consecinta imediata, distanta de la punctul P la plan estedata de formula

distanta = |−−→OP | =|ax0 + by0 + cz0 + d|√

a2 + b2 + c2

59

4 Pozitii relative ın spatiu

4.1 Intersectia a doua plane. Intersectia a trei plane

Vom considera doua plane:

A1x+B1y + C1z +D1 = 0A2x+B2y + C2z +D2 = 0

(39)

Aceste plane se intersecteaza atunci cand coeficientii lui x, y, z dinecuatiile planelor nu sunt proportionali.Intr-adevar daca tripletul A1, B1, C1 nu este proportional cu triple-tul ordonat A2, B2, C2 atunci cel putin unul din determinantii

B1 C1

B2 C2

,C1 A1

C2 A2

,A1 B1

A2 B2

(40)

este diferit de 0.Sistemul format de ecuatiile (44) este un sistem de doua ecuatiicu trei necunoscute si presupunand ca

A1 B1

A2 B2

6= 0 (41)

atunci sistemul este compatibil, simplu nedeterminat. Rezolvandsistemul se obtine o dreapta ai carei parametri directori sunt:

l =B1 C1

B2 C2

, m =C1 A1

C2 A2

, n =A1 B1

A2 B2

(42)

Cazul a trei plane, de ecuatii

(F1) A1x+B1y + C1z +D1 = 0(F2) A2x+B2y + C2z +D2 = 0(F3) A3x+B3y + C3z +D3 = 0

(43)

4.1 Intersectia a doua plane. Intersectia a trei plane 60

Aceste ecuatii formeaza un sistem de trei ecuatii cu trei necunos-cute.

1. Daca

∆ =A1 B1 C1

A2 B2 C2

A3 B3 C3

6= 0 (44)

atunci sistemul are solutie unica, deci planele se intersecteazaıntr-un punct.

2. Daca ∆ = 0, iar unul din determinantii de ordinul doi estenenul, de exemplu

δ =A1 B1

A2 B2

6= 0 (45)

acesta va fi determinantul principal al sistemului. Daca de-terminantul caracteristic

∆1 =A1 B1 D1

A2 B2 D2

A3 B3 D3

6= 0 (46)

atunci sistemul este simplu nedeterminat iar planele trecprintr-o dreapta D = P1 ∩ P2.

Daca ∆1 = 0 atunci sistemul este incompatibil si cum δ 6= 0rezulta ca cele trei plane se intersecteaza doua cate doua,dupa drepte paralele, deci ele formeaza o prisma nelimitata.

3. Daca ∆ = 0 si toti determinantii de ordin doi sunt nuli,presupunandA1 6= 0 determinantul principal, este de ordinul

4.2 Intersectia dintre o dreapta si un plan 61

ıntai. Daca determinantii caracteristici corespunzatori suntnenuli sistemul este incompatibil deci cele trei plane luatedoua cate doua nu au puncte comune si planele sunt paraleleıntre ele.

Daca determinantii caracteristici sunt nuli, ecuatiile se reducla una singura deci planele sunt confundate.

Definitia 4.1 Multimea tuturor planelor care trec prin dreapta deintersectie a doua plane date numite plane de baza formeaza unfascicul de plane avand ca axa acea dreapta.

Ecuatia fascicului de plane este:

A1x+B1y + C1z +D1 + λ(A2x+B2y + C2z +D2) = 0

4.2 Intersectia dintre o dreapta si un plan

Fie o dreapta de ecuatie

(D) :x− x0

l=y − y0

m=z − z0n

si planul:

(P ) : Ax+By + Cz = 0.

Coordonatele punctului de intersectie se obtin rezolvand sistemulformat de cele doua ecuatii. Egaland rapoartele din ecuatia dreptei(D) cu λ se obtine

(D) : x = x0 + λly = y0 + λmz = z0 + λn

(47)

Sistemul format din aceste ecuatii si ecuatia planului (P ) duce la

4.3 Alte moduri de determinare a ecuatiei unui plan 62

Ax0 +By0 + Cz0 +D + λ(Al +Bm+ Cn) = 0 (48)

de unde

λ = −Ax0 +By0 + Cz0 +D

Al +Bm+ Cn(49)

Daca Al + Bm + Cn 6= 0 atunci D ∩ P = punct. Daca Al +Bm+ Cn = 0 si Ax0 +By0 +Cz0 +D 6= 0 atunci ecuatia nu aresolutii finite, deci aceasta dreapta este paralela cu planul. DacaAl+Bm+Cn = 0 si Ax0 +By0 +Cz0 +D = 0 ecuatia (2) are oinfinitate de solutii si deci aceasta dreapta este continuta ın plan.

4.3 Alte moduri de determinare a ecuatiei unui plan

Fie doua drepte concurente D1 ∩D2 = M0(x0, y0, z0).

• (D1) :x− x0

l1=y − y0

m1

=z − z0n1

,

• (D2) :x− x0

l2=y − y0

m2

=z − z0n2

Ducem prin punctul de concurenta M0 doi vectori coliniari cuvectorii directori ai celor doua drepte D1 si D2,

−→v1(l1,m1, n1),−→v2(l2,m2, n2). Acesti vectori fiind situati pe dreptele D1 si D2,sunt continuti ın planul (P ) determinat de cele doua drepte con-curente. FieM(x, y, z) un punct curent ın acest plan. Deci vectorii−−−→M0M,−→v1 ,−→v2 sunt coplanari:

−−−→M0M · (−→v1 ×−→v2) = 0 de unde

(F ) :

x− x0 y − y0 z − z0l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 0

4.3 Alte moduri de determinare a ecuatiei unui plan 63

Fie o dreapta

(D) :x− x0

l=y − y0

m=z − z0n

si un punct M2(x2, y2, z2),M2 /∈ D.Dreapta D si punctul M2 determina un plan. Ducem prin M1

vectorul director −→v (l,m, n) al dreptei D. Vectorii−−−→M1M ,−−−−→

M1M2 si −→v sunt coplanari adica

−−−→M1M · (−−−−→M1M2 ×−→v ) = 0

sau

(P ) :x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l m n= 0 (50)

Fig. 27. Planul determinat de o dreapta si un punct

In mod analog se obtine ecuatia planului determinat de douadrepte

4.3 Alte moduri de determinare a ecuatiei unui plan 64

(D1) : x−x1

l = y−y1

m = z−z1

n ,

(D2) : x−x2

l = y−y2

m = z−z2

n

(51)

(P ) :x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

l m n= 0 (52)

4.4 Exercitii 65

4.4 Exercitii

Exercitiu 4.1 (separare) Consideram doua puncte P (x0, y0, z0)si Q(x1, y1, z1) si planul Π : ax+ by + cz + d = 0. Sa se demon-streze ca daca

(ax0 + by0 + cz0 + d)(ax0 + by0 + cz0 + d) > 0

atunci cele doua puncte P si Q sunt de aceeasi parte a planului Πiar daca

(ax0 + by0 + cz0 + d)(ax0 + by0 + cz0 + d) < 0

atunci cele doua puncte sunt de o parte si de alta a planului Π.

Demonstratie:Proiectam punctele P , respectiv Q pe planul Π ın punctele P ′

respectiv Q′. Atunci, conform problemei 3.7 avem ca

−−→PP ′ =

−(ax0 + by0 + cz0 + d)

a2 + b2 + c2< a, b, c >

si−−→QQ′ =

−(ax1 + by1 + cz1 + d)

a2 + b2 + c2< a, b, c >

Cele doua puncte vor fi de aceeasi parte a lui Π atunci cand ceidoi vectori au acelasi sens, adica atunci cand (ax0 + by0 + cz0 + d)si (ax1 + by1 + cz1 + d) au acelasi semn

4.4 Exercitii 66

Fig. 28. Separare

deci atunci cand (ax0 + by0 + cz0 + d)(ax1 + by1 + cz1 + d) > 0.Cele doua puncte vor fi de o parte si de alta a planului Π atuncicand cei doi vectori au sensuri diferite, adica atunci cand (ax0 +by0 + cz0 + d)(ax1 + by1 + cz1 + d) < 0.

Exercitiu 4.2 (separare) Consideram punctul P (x0, y0, z0) siplanele paralele Π1 : ax+by+cz+d = 0 si Π2 : ax+by+cz+e =0. Sa se demonstreze ca daca

(ax0 + by0 + cz0 + d)(ax0 + by0 + cz0 + e) < 0

atunci punctul P este ıntre cele doua plane.

Demonstratie: Utilizam iar rezultatul din problema 3.7.Proiectam punctul pe cele doua plane ın P1 si respectiv P2. Punc-

tul P se va afla ıntre cele doua plane daca vectorii paraleli−−→PP1 si

4.4 Exercitii 67

−−→PP2 au sensuri opuse. Conform formulelor de calcul pentru

−−→PP1

si−−→PP2 demonstrate ın 3.7 rezulta ca cei doi vectori au sensuri

opuse atunci cand (ax0 + by0 + cz0 + d)(ax0 + by0 + cz0 + e) < 0.

Exercitiu 4.3 Sa se demonstreze ca punctele P (1, 2, 3) siQ(3, 2, 1) se afla de o parte si de alta a planului (P ) : x+y−5 = 0.

Demonstratie: Utilizam metoda din exercitiul 4.1. Avem(1 + 2 − 5)(3 + 2 − 5) = −2 < 0, deci planul separa cele douapuncte.

Exercitiu 4.4 Sa se demonstreze ca dreapta (D) de ecuatie para-metrica (D) : x = 3, y = t−1, z = t+1 si planul (P ) : x+y = 5nu sunt paralele.

Demonstratie: Directia dreptei e data de −→a =< 0, 1, 1 >.Alegem un punct pe plan, de pilda Q(5, 0, 0). Putem scrie atunciecuatia planului sub forma

1(x− 5) + 1(y − 0) + 0(z − 0) = 0

din care vedem ca o directie normala la planul P este −→n =<1, 1, 0 >. Daca planul si dreapta ar fi paralele atunci va trebui ca−→n si −→a sa fie perpendiculare:

−→n · −→a = 0

Dar −→n · −→a =< 1, 1, 0 > · < 0, 1, 1 >= 1. Prin urmare planul sidreapta nu sunt paralele.

Exercitiu 4.5 Consideram planul (P ) : x + y + z = 3. Acestplan este “mutat” ın spatiu dupa directia −→a =< 4, 4, 2 > ca ın fig.29. Sa se gaseasca ecuatia carteziana a noului plan P ′.

4.4 Exercitii 68

Demonstratie: Fie Q′(x, y, z) ın planul P ′. Lui ıi va corespundeun punct Q pe planul P ca ın fig. 29. Rezulta ca varful vectorului

de pozitie−−→OQ′ −−→a =< x− 4, y − 4, z − 2 > este ın planul P si ın

consecinta satisface ecuatia planului P : (x−4)+(y−4)+(z−2) = 3si deci:

x+ y + z = 13

Fig. 29. Translatie de vector ~a

F (x− x0, y − y0, z − z0) = 0

69

5 Transformari afine

Consideram un reper cartezian 0,−→i ,−→j ın planul Π si un reper

cartezian 0,−→i ,−→j ,−→k ın spatiu.

Definitia 5.1 Transformarile afine ın plan sunt functii date deformula

T (x, y) = (a1x+ a2y + c1, b1x+ b2y + c2) (53)

sau, ın scriere matriceala T (x, y) = (ψ, η) unde[

ψη

]

=

[

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+

[

c1c2

]

(54)

Transformarile afine ın spatiu sunt functii date de formula

T (x, y) = (a1x+a2y+a3z+d1, b1x+b2y+b3z+d2, c1x+c2y+c3z+d3)

sau, ın scriere matriceala T (x, y, z) = (ψ, η, τ) unde

ψητ

=

a1 a2 a3

b1 b2 b3c1 c2 c3

xyz

+

d1

d2

d3

(55)

Definitia 5.2 Pentru transformarea T de mai sus se noteaza

mat(T ) =

[

a1 a2

b1 b2

]

si det(T)=a1 a2

b1 b2(56)

daca transformarea e 2-dimensionala si

mat(T ) =

a1 a2 a3

b1 b2 b3c1 c2 c3

si det(T)=a1 a2 a3

b1 b2 b3c1 c2 c3

(57)

daca transformarea e 3-dimensionala.

70

Definitia 5.3 Transformarile afine pentru care det(T ) 6= 0 senumesc transformari afine nedegenerate.

Problema 5.1 (Operatii cu transformari afine) Suma, diferentasi ınmultirea cu scalari a transformarilor afine T si S sunt trans-formari afine. Avem de asemenea ca: mat(A + B) = mat(A) +mat(B), mat(A−B) = mat(A)−mat(B) si mat(tA) = t·mat(A),t parametru real.

Demonstratie: Evident.

Problema 5.2 (Compunerea transformarilor afine) Se dau douatransformari afine 2-dimensionale

T :

[

ψη

]

=

[

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+

[

c1c2

]

(58)

si

S :

[

ts

]

=

[

d1 d2

e1 e2

] [

ψη

]

+

[

f1

f2

]

Se poate construi ST , compunerea ca functii a lui T si S care e ofuncte ce transforma coordonatele carteziene (x, y) ın coordonatelecarteziene (t, s). Atunci ST este o transformare afina data deformula

ST :

[

ts

]

=

[

d1 d2

e1 e2

] [

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+ (59)

+

[

d1 d2

e1 e2

] [

c1c2

]

+

[

f1

f2

]

(60)

Mai mult, avem ca

mat(ST ) = mat(S)mat(T ) (61)

71

Demonstratie: Evidenta.

Observatia 5.1 Aceasta teorema se rescrie similar ın cazul trans-formarilor afine tridimensionale. In particular, pentru doua trans-formari afine tridimensionale

mat(ST ) = mat(S)mat(T ) (62)

Teorema 5.1 Inversa unei transformari afine nedegenerate

T :

[

ψη

]

=

[

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+

[

c1c2

]

(63)

e transformarea afina data de formula:

T−1 :

[

xy

]

=

[

a1 a2

b1 b2

]−1 [

ψη

]

−[

a1 a2

b1 b2

]−1 [

c1c2

]

(64)

Mai mult,mat(T−1) = mat(T )−1 (65)

Demonstratie: Evidenta .

Observatia 5.2 Aceasta teorema se rescrie similar ın cazul trans-formarilor afine tridimensionale. In particular, pentru o transfor-mare afina tridimensionala nedegenerata

mat(T−1) = mat(T )−1 (66)

.

Teorema 5.2 Transformarile afine nedegenerate transforma odreapta ın alta dreapta.

72

Demonstratie: Cazul 2-dimensional.Fie o dreapta D : ax + by + c = 0. Fie (x, y) un punct de pedreapta D. Din teorema anterioara avem ca

[

ψη

]

−[

c1c2

]

=

[

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+ (67)

Sa notam[

a1 a2

b1 b2

]−1

cu

[

A1 A2

B1 B2

]

(68)

Stim ca aceasta inversa exista deoarece det(T ) 6= 0. Revenind laecuatia (69) avem ca

[

A1 A2

B1 B2

]

(

[

ψη

]

−[

c1c2

]

)

=

[

xy

]

(69)

adica (x, y) = (A1(ψ − c1) +A2(η − c2), B1(ψ − c1) +B2(η − c2)).Deoarece (x, y) este pe dreapta D ınseamna ca (x, y) satisfaceecuatia dreptei: ax+ by + c = 0. Inlocuind obtinem:

(aA1+bB1)ψ+(aA2+bB2)η+c−(aA1c1+aA2c2+bB1c1+bB2c2) = 0

care este ecuatia unei drepte de coordonate carteziene ψ, η.Cazul transformarilor afine tridimensionale este tratat ın mod sim-ilar.

Observatia 5.3 Ca o consecinta , orice transformare afina nede-generata transforma un triunghi ın alt triunghi, un patrulater ınalt patrulater si ın general, un poligon ın alt poligon. In pluso transformare afina nedegenerata tridimensionala transforma unpoliedru ın alt poliedru.

73

Teorema 5.3 (Generalizare) Fie Ω un obiect geometric dat deecuatia carteziana F (x, y) = 0 si T o transformare afina 2-dimensionala nedegenerata

T :

[

ψη

]

=

[

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+

[

c1c2

]

(70)

Atunci T (Ω) este colectia punctelor (ψ, η) ce satisfacF (T−1(ψ, η)) = 0

Demonstratie: Avem

[

xy

]

= T−1

[

ψη

]

(71)

si pentru puncte (x, y) de pe Ω rezulta ca (ψ, η) satisfacF (T−1(ψ, η)) = 0.

Observatia 5.4 Aceasta teorema se rescrie similar ın cazul trans-formarilor afine tridimensionale. Fie Ω un obiect geometric datde ecuatia carteziana F (x, y, z) = 0 si T o transformare afina3-dimensionala nedegenerata Atunci T (Ω) este colectia punctelor(ψ, η, τ) ce satisfac F (T−1(ψ, η, τ)) = 0

Teorema 5.4 Orice transformare afina nedegenerata 2-dimensionala

T :

[

ψη

]

=

[

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+

[

c1c2

]

(72)

este determinata ın mod unic de valoarea ei ın trei puncte necol-iniare din plan.

74

Demonstratie: Consideram punctele necoliniare(x0, y0),(x1, y1),(x2, y2) si sa presupunem ca

T (x0, y0) = (X0, Y0), T (x1, y1) = (X1, Y1), T (x2, y2) = (X2, Y2)(73)

Din (144) rezulta ca

x0 y0 1 0 0 0x1 y1 1 0 0 0x2 y2 1 0 0 00 0 0 x0 y0 10 0 0 x1 y1 10 0 0 x2 y2 1

a1

a2

c1b1b2c2

X0

Y0

X1

Y1

X2

Y2

(74)

Determinantul matricii A a sistemului de mai sus este

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x0 y0 1x1 y1 1x2 y2 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2

=

∣

∣

∣

∣

x1 − x0 y1 − y0

x2 − x0 y2 − y0

∣

∣

∣

∣

2

(75)

dar determinantul din dreapta este 0 daca si numai daca cele treipuncte (x0, y0), (x1, y1), (x2, y2) sunt necoliniare. Rezulta ca sis-temul (74) are solutie si aceasta solutie e unica, ceea ce ınseamnaca exista o unica transformare afina care sa satisfaca conditiile(144).

Observatia 5.5 Aceasta teorema se rescrie similar ın cazul trans-formarilor afine tridimensionale. Orice transformare afina nede-generata 3-dimensionala este determinata ın mod unic de valoareaei ın patru puncte necoplanare din spatiu.

75

Teorema 5.5 Transformarea afina 2-dimensionala care duce tri-unghiul (0, 0), (1, 0), (0, 1) ın triunghiul (x0, y0), (x1, y1), (x2, y2)este data de formula (ψ, η) → (x, y)

[

xy

]

=

[

x1 − x0 x2 − x0

y1 − y0 y2 − y0

] [

ψη

]

+

[

x0

y0

]

(76)

Demonstratie: Se verifica faptul ca varfurile (0, 0), (1, 0), (0, 1)se duc prin transformare exact ın (x0, y0), (x1, y1), (x2, y2).

Propozitia 5.1 In teorema (5.5), notam cu ∆ triunghiul cu varfuri(x0, y0), (x1, y1), (x2, y2). Atunci aria(∆) = |det(T )|/2.

Demonstratie: Din teorema (5.5) avem ca

det(T ) =

∣

∣

∣

∣

x1 − x0 x2 − x0

y1 − y0 y2 − y0

∣

∣

∣

∣

(77)

Stim ınsa ca modulul determinantului∣

∣

∣

∣

x1 − x0 x2 − x0

y1 − y0 y2 − y0

∣

∣

∣

∣

(78)

este exact dublul ariei triunghiului cu varfuri(x0, y0), (x1, y1), (x2, y2), ceea ce ıncheie demonstratia.

Teorema 5.6 Sa consideram o transformare afina T (x, y) = (ψ, η)unde

[

ψη

]

=

[

a1 a2

b1 b2

] [

xy

]

+

[

c1c2

]

(79)

care transforma un triunghi ∆ de varfuri (x0, y0), (x1, y1) si (x2, y2)ın triunghiul ∆′. Sa se arate ca

aria(∆′) = |det(T )|aria(∆) (80)

76

Demonstratie: Consideram transformarea afina S1 de la tri-unghiul (0, 0), (1, 0), (0, 1) la triunghiul ∆ si transformarea afinaS2 de la triunghiul (0, 0), (1, 0), (0, 1) la triunghiul ∆′. Vom aveaca T = S2S

−1

1. Din teorema anterioara avem ca aria(∆) =

|det(S1)|/2, aria(∆′) = |det(S2)|/2 si det(T ) = det(S2)det(S1)−1.

De aici rezulta ca:

aria(∆′) = |det(S2)|aria(∆)/|det(S1)| = |det(T )|aria(∆)

Propozitia 5.2 O transformare afina T transforma un poligon Pıntr-un poligon P ′. Atunci

aria(P ′) = |det(T )|aria(P )

Demonstratie: Aceasta este o consecinta a teoremei anterioaredeoarece orice poligon se poate descompune ın reuniune de tri-unghiuri. Acest proces se numeste triagulare.

Propozitia 5.3 O transformare afina T transforma un domeniumarginit cu frontiera continua Lipschitz P ıntr-un domeniu P ′.Atunci

aria(P ′) = |det(T )|aria(P )

Demonstratie: Aceasta este o consecinta a teoremei anterioaredeoarece orice domeniu se poate aproxima cu un poligon. Cream oretea de n puncte aproximativ echidistante pe frontiera domeniuluiP si apoi cream poligonul Pn. Vom avea ca pentru Pn din teoremaanterioara

(aria lui T (Pn)) = |det(T )|(aria lui Pn)

77

Luam apoi limita cand n→ ∞ si obtinem

(aria lui P ′) = |det(T )|(aria lui P )

Propozitia 5.4 Transformarea afina 3-dimensionala care trans-forma tetraedrul (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) ın tetraedrul cuvarfuri (x0, y0, z0), (x1, y1, z1), (x2, y2, z2), (x3, y3, z3) este data deformula (ψ, η, τ) → (x, y, z)

xyz

=

x1 − x0 x2 − x0 x3 − x1

y1 − y0 y2 − y0 y3 − y1

z1 − z0 z2 − z0 z3 − z1

ψητ

+

x0

y0

z0

(81)

Demonstratie: Similara cu demonstratia de la teorema (5.5).

Propozitia 5.5 In propozitia (5.4), notam cu ∆ tetraedrul cuvarfuri (x0, y0, z0), (x1, y1, z1), (x2, y2, z2). Atunci volum(∆) =|det(T )|/6.

Demonstratie: Similar cu (5.1). Se foloseste faptul ca

1/6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x1 − x0 x2 − x0 x3 − x0

y1 − y0 y2 − y0 y3 − y0

z1 − z0 z2 − z0 z3 − z0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(82)

este exact volumul tetraedrului.

Teorema 5.7 Sa consideram o transformare afina 3-dimensionalaT (x, y) = (ψ, η, τ) care transforma un tetraedru ∆ ın tetraedrul∆′. Sa se arate ca

volum(∆′) = |det(T )|volum(∆) (83)

78

Demonstratie: Similar cu (5.6).

Propozitia 5.6 O transformare afina 3-dimensionala T trans-forma un poliedru P ıntr-un poliedru P ′. Atunci

volum(P ′) = det(T )volum(P )

Demonstratie: Aceasta este o consecinta a teoremei anterioaredeoarece orice poliedru este o reuniune de tetraedre.

Propozitia 5.7 O transformare afina 3-dimensionala T trans-forma un domeniu marginit cu frontiera continua Lipschitz P ıntr-un domeniu P ′. Atunci

volum(P ′) = |det(T )|volum(P )

Demonstratie: Similar cu (124).

Exemplu 5.1 Aflati aria elipsei de ecuatie x2 + y2/4 = 1.

Demonstratie: Observam ca

[

xy

]

=

[

ψ2η

]

(84)

iar ψ si η satisfacψ2 + η2 = 1

deci sunt coordonatele carteziene ale cercului unitate. Rezulta deaici ca

(arie elipsa) = det

[

1 00 2

]

(arie cerc) = 2π

Observatia 5.6 Determinarea ariei unui domeniu din plan. Pedomeniu se poate genera o retea cu ajutorul unui generator deretea. Se poate calcula aria fiecarui triunghi si apoi acestea se potsuma pentru aproximarea ariei triunghiului.

5.1 Translatii 79

5.1 Translatii

Sa consideram un vector −→v =< x0, y0 >. Fiecarui punct P (x, y)din plan ıi asociem punctul P ′(x′, y′) ale carui coordonate suntdate de x′ = x + x0 si y′ = y + y0. Aceasta se mai poate scrie−−→OP ′ =

−−→OP + v. Aceasta transformare care asociaza lui P punctul

P ′ se numeste translatia de vector −→v .

Fig. 30. Translatia de vector v

Definitia 5.4 Translatia de vector −→v =< x0, y0 > este transfor-mare afina T data de formula

T :

[

x′

y′

]

=

[

xy

]

+

[

x0

y0

]

(85)

Observatia 5.7 Matricea unei translatii mat(T ) este matriceaidentica:

mat(T ) = I2 =

[

1 00 1

]

5.1 Translatii 80

Observatia 5.8 Atunci cand o translatie de vector −→v este apli-cata unui obiect geometric Ω, obiectul geometric este mutat ın planın directia vectorului −→v pe toata lungimea lui.

Propozitia 5.8 O functe T : Π → Π este o translatie daca sinumai daca pentru oricare doua puncte P (x1, y1) si Q(x2, y2) din

plan avem ca−−−−→PT (P ) =

−−−−→QT (Q).

Demonstratie: ⇒ Avem ca pentru orice punct P vectorul−−−−→PT (P )

este dat de−−−−→PT (P ) = −→v .

⇐ Pentru un punct P din plan sa notam −→v =−−−−→PT (P ). Sa notam

componentele lui −→v cu c1, c2. Rezulta ca−−−−→OT (P ) =

−−→OP + −→v si

deci, scriind pe componente rezulta ca

T

[

xy

]

=

[

xy

]

+

[

c1c2

]

(86)

Teorema 5.8 Fie Ω un obiect geometric ın plan dat de ecuatiacarteziana F (x, y) = 0 si T o translatie de vector −→v =< x0, y0 >.Transformarea geometrica a lui Ω prin T este obiectul geometricΩ′ dat de ecuatia F (x− x0, y − y0) = 0

Demonstratie: Aceasta este o consecinta directa a teoremei (5.8)

5.1 Translatii 81

Fig. 31. Translatia de vector v a lui Ω

Observatia 5.9 Aplicam translatia de vector −→v =< x0, y0 >dreptei de ecuatie carteziana

ax+ by + c = 0

Ecuatia translatiei dreptei este: a(x− x0) + b(y − y0) + c = 0.

Propozitia 5.9 Aplicam translatia de vector −→v =< x0, y0, z0 >dreptei de ecuatie vectoriala

−→r (t) = −→r 0 + t−→a

Ecuatia vectoriala a translatiei dreptei este:

−→q (t) = −→v + −→r 0 + t−→a

Demonstratie: Evidenta , −→q (t) = −→v + −→r (t).

5.2 Omotetii 82

Fig. 32. Translatia unei drepte

5.2 Omotetii

Sa consideram un scalar α. Fiecarui punct P (x, y) din plan ıiasociem punctul P ′(x′, y′) ale carui coordonate sunt date de x′ =

αx si y′ = αy. Aceasta se mai poate scrie−−→OP ′ = α

−−→OP . Aceasta

transformare care asociaza lui P punctul P ′ se numeste omotetiade scalar α ın raport cu originea O.

Definitia 5.5 Omotetiile ın raport cu originea sunt transformariafine de tipul:

T :

[

x′

y′

]

=

[

α 00 α

] [

xy

]

(87)

pentru un scalar α.

5.2 Omotetii 83

Fig. 33. Omotetia de scalar α

Observatia 5.10 O omotetie nu modifica forma obiectelor ci nu-mai marimea lor.

Fig. 34. Transformarea punctelor printr-o omotetie

Observatia 5.11 Matricea unei omotetii de scalar α ın raport cuoriginea este

[

α 00 α

]

5.2 Omotetii 84

Determinantul unei omotetii de scalar α este det(T ) = α2.

Observatia 5.12 O omotetie de scalar α > 0 transforma un seg-ment IJ ıntr-un segment I ′J ′ paralel cu el si de masura |I ′J ′| =α|IJ |.

Propozitia 5.10 Fie T o omotetie de scalar α si Ω un obiectgeometric ın plan. Atunci

aria(T (Ω)) = α2aria(Ω).

Definitia 5.6 Sa consideram un scalar α si un punct O′(x0, y0).Fiecarui punct P (x, y) din plan ıi asociem punctul P ′(x′, y′) astfel

ıncat−−→O′P ′ = α

−−→O′P . Aceasta transformare care asociaza lui P

punctul P ′ se numeste omotetia de scalar α ın raport cu O′.

Propozitia 5.11 O omotetie T de scalar α ın raport cu punctulO′(x0, y0) este aplicata unei drepte

D : ax+ by + c = 0 (88)

Dreapta nou-formata va avea ecuatia: T (D) : a(x−x0)/α+b(y−y0)/α + c+ ax0 + by0 + c = 0.

Demonstratie:Fiecarui punct P (x, y) din plan ıi asociem punctul P ′(x′, y′) astfel

ıncat−−→O′P ′ = α

−−→O′P . Rezulta ca: x′ − x0 = α(x − x0), y′ − y0 =

α(y − y0) de unde rezulta ca x = (x′ − x0)/α + x0, y = (y′ −y0)/α + y0. Inlocuind x si y ın (88) ıncheie demonstratia. Dacanotam cu Oα omotetia de scalar α ın raport cu originea si cu T−→vtranslatia de vector −→v =

−−→OO′ atunci se poate vedea ca omotetia

de scalar α ın raport cu O′ este exact

OαT−−→v + T−→v

5.3 Rotatii 85

Fig. 35. Transformarea unei drepte printr-o omotetie

Definitia 5.7 Omotetia de scalar α ın raport cu O′(x0, y0) estetransformarea afina de ecuatie:

T :

[

x′

y′

]

=

[

α 00 α

] [

x− x0

y − y0

]

+

[

x0

y0

]

(89)

pentru un scalar α.

5.3 Rotatii

Sa consideram transformarea prin care punctele din plan suntrotite α radiani ın jurul originii ca ın fig. 36 astfel ıncat punc-

tul P (x, y) este transformat ın P ′(x′, y′). Vectorul de pozitie−−→OP

formeaza un unghi ϕ cu axa Ox si are lungimea r. Rezulta ca−−→OP = r(cos(ϕ), sin(ϕ)), adica

x = rcosϕ, y = rsinϕ

5.3 Rotatii 86

Vectorul de pozitie−−→OP ′ formeaza un unghi α + ϕ cu axa Ox si

are lungimea r. Rezulta ca−−→OP ′ = r(cos(α+ϕ), sin(α+ϕ)). Prin

urmare avem ca

Fig. 36. Rotatie de unghi α

x′ = rcos(α+ ϕ) = rcosαcosϕ− rsinαsinϕ = xcosα− ysinα

De asemenea

y′ = rsin(α+ ϕ) = rsinαcosϕ+ rcosαsinϕ = xsinα+ ycosα

Definitia 5.8 Rotatia de unghi α ın jurul originii este data deformula:

T :

[

ψη

]

=

[

cosα −sinαsinα cosα

] [

xy

]

(90)

Observatia 5.13 Compunerea a doua rotatii de unghiuri α si βeste o rotatie de unghi α+β. Inversa unei rotatii de unghi α esteo rotatie de unghi −α.

5.3 Rotatii 87

Observatia 5.14 Multimea rotatiilor din plan ımpreuna cu operatiade compunere a rotatiilor formeaza un grup.

Propozitia 5.12 Rotatiile sunt transformari izometrice, adicapastreaza lungimea segmentelor carora le sunt aplicate.

Demonstratie: Notam cu Tα rotatia de unghi α ın jurul originii.Se observa din (90) ca |Tα(x, y)| = |(x, y)| pentru orice punctde coordonate x, y. Daca (x, y),(x′, y′) sunt doua puncte ın planatunci

dist(P (x, y), P ′(x′, y′)) = |Tα(x, y) − TTα(x′, y′)| =

= |Tα(x− x′, y − y′)| = |(x− x′, y − y′)| = dist((x, y), (x′, y′)|

Fig. 37. Rotatia conserva lungimea segmentului PQ

Observatia 5.15 Sa consideram un scalar α si un punct O′(x0, y0).Fiecarui punct P (x, y) din plan ıi asociem punctul P ′(x′, y′) obtinut

5.3 Rotatii 88

prin rotirea lui P α radiani ın jurul lui O′.Aceasta transformare se poate obtine printr-o translatie de vector

−−−→OO′,urmata de o rotatie α ın jurul originii si apoi o translatie

de vector−−→OO′.

Fig. 38. Rotatia ın jurul unui punct arbitrar O’

Schematic, prin aceste transformari coordonatele se transformadupa cum urmeaza:

[

xy

]

→[

x− x0

y − y0

]

→[

cosα −sinαsinα cosα

] [

x− x0

y − y0

]

→ (91)

→[

cosα −sinαsinα cosα

] [

x− x0

y − y0

]

+

[

x0

y0

]

(92)

ceea ce da ın final[

x′

y′

]

=

[

cosα(x− x0) − sinα(y − y0) + x0

sinα(x− x0) + cosα(y − y0) + y0

]

(93)

5.4 Simetrii 89

Propozitia 5.13 Ca o consecinta a propozitiei (145), rotatiilepastreaza si unghiurile dintre segmentele carora le sunt aplicate.

Propozitia 5.14 Fie T o rotatie de unghi α si Ω un obiect geo-metric ın plan. Atunci

det(T ) = 1, aria(T (Ω)) = aria(Ω).

5.4 Simetrii

Fie (D) o dreapta care trece prin origine si face un unghi α cuaxa Ox. Sa consideram transformarea prin care punctelor P (x, y)din plan le sunt asociate simetricele lor P ′(x′, y′) fata de dreaptaD ca ın prima figura din (39). Aplicam o rotatie de unghi −αpunctelor planului. Transformatul lui P respectiv P ′ prin rotatieare coordonatele

[

cos(−α)x − sin(−α)ysin(−α)x+ cos(−α)y

]

,

[

cos(−α)x′ − sin(−α)y′

sin(−α)x′ + cos(−α)y′

]

(94)

Fig. 39. Simetria fata de o dreapta arbitrara

5.4 Simetrii 90

Observam ca transformatele punctelor P si P ′ au aceleasi coor-donate ın directia Ox si coordonate de semn contrar si egale ınmodul ın directia Oy. Egaland, rezulta:

cos(−α)x− sin(−α)y = cos(−α)x′ − sin(−α)y′

−sin(−α)x− cos(−α)y = sin(−α)x′ + cos(−α)y′(95)

sau, ın notatie matriceala:

[

cos(α) sin(α)sin(α) −cos(α)

] [

xy

]

=

[

cos(−α) −sin(−α)sin(−α) cos(−α)

] [

x′

y′

]

(96)Utilizam acum ın (96) faptul ca inversa rotatiei de unghi −α esterotatia de unghi α adica

[

cos(−α) −sin(−α)sin(−α) cos(−α)

]−1

=

[

cos(α) −sin(α)sin(α) cos(α)

]

(97)

[

cos(α) −sin(α)sin(α) cos(α)

] [

cos(α) sin(α)sin(α) −cos(α)

] [

xy

]

=

[

x′

y′

]

(98)

care e echivalenta cu formula (99)

Definitia 5.9 Simetria fata de dreapta D ce trece prin originesi face un unghi α cu axa Ox este transformarea afina data deformula

T :

[

x′

y′

]

=

[

cos2α sin2αsin2α −cos2α

] [

xy

]

(99)

Simetria fata de o dreapta arbitrara (D): Sa presupunem cadreapta face un unghi α cu axa Ox. Alegem un punct arbitrarO′ = (x0, y0) pe dreapta. Simetria fata de D se poate calcula ca

5.4 Simetrii 91

ın (5.15). Se aplica mai ıntai o translatie de vector −−−→OO′, dupa

care se aplica simetria fata de transformata dreptei D, dupa care

aplicam translatia de vector−−→OO′. Se gaseste ın final ca simetria

fata de D transforma punctul P (x, y) ın punctul P ′(x′, y′) dat de

[

x′

y′

]

=

[

cos2α(x− x0) + sin2α(y − y0) + x0

sin2α(x− x0) − cos2α(y − y0) + y0

]

(100)

5.5 Exercitii 92

5.5 Exercitii

Exercitiu 5.1 Se considera planul 2x+y-z=3. Sa se gaseasca si-metricul punctului P (1, 1, 1) fata de acest plan.

Demonstratie: O directie normala la plan este −→v =< 2, 1,−1 >.

Proiectam punctul P pe plan ın Q. Vectorul−−→PQ e un multiplu

de −→v si deci exista α asa ca−−→PQ = α−→v . Pe de alta parte, din

moment ce Q e proiectia lui P trebuie sa avem ca varful vectorului−−→OP +

−−→PQ =< 1, 1, 1 > +α < 2, 1,−1 >=< 1 + 2α, 1 + α, 1 − α >

e pe plan prin urmare 2(1 + 2α) + (1 + α) − (1 − α) = 3 de

unde 2 + 6α = 3, adica α = 1/6. Deci−−→PQ = 1/6 < 2, 1,−1 >.

Rezulta ca simetricul P ′ al lui P fata de plan e dat de−−→OP ′ =−−→

OP + 2−−→PQ =< 1, 1, 1 > +1/3 < 2, 1,−1 >=< 5/3, 4/3, 2/3 > de

unde P ′ = (5/3, 4/3, 2/3).

Exercitiu 5.2 Consideram transformarea afina

T (x, y) =

[

1, 10, 1

] [

xy

]

Adica T (x, y) = (x + y, y). Sa se afle mat(T ),det(T ). Aceastatransformare se aplica punctelor din plan. Sa se afle ın ce puncteste transformat punctul P (1, 2). Sa se afle ın ce este transformatadreapta x+ y = 3.

Demonstratie:

mat(T ) =

[

1, 10, 1

]

det(T ) = 1. T (1, 2) = (1 + 2, 2) = (3, 2). T (0, 3) = (0 + 3, 3) =(3, 3). T (D) contine doua puncte T (3, 0) = (3, 0), T (0, 3) = (3, 3).Ecuatia ei este x = 3.

5.5 Exercitii 93

Exercitiu 5.3 Consideram transformarea afina T (x, y) = (x +y + 1, x − y − 1). Stim ca T (0, 0) = (1,−1),T (1, 0) = (2, 0)si T (0, 1) = (2,−2). Sa se afle aria triunghiului cu varfuri(1,−1), (2, 0), (2,−2).

Demonstratie: aria = 1/2 · det(T ) = 1.

Exercitiu 5.4 Consideram transformarea afina T (x, y, z) =(ψ, η, τ) unde

ψητ

=

1 1 00 1 00 0 2

xyz

(101)

Prin aceasta transformare, planul x+ y + z = 1 se transforma ınalt plan. Sa se afle ecuatia acestui plan.

Demonstratie: Avem Q(ψ, η, τ) punct pe noul plan, deci ψ =x + y,η = y, τ = 2z sau x = ψ − η, y = η, z = τ/2. Le punem ınecuatie deci

ψ − η + η + τ/2 = 1

sauψ + τ/2 = 1

plan paralel cu axa Oy.

Exercitiu 5.5 Consideram transformarea afina T (x, y) = (ψ, η)unde

[

ψη

]

=

[

1 11 0

] [

xy

]

(102)

Prin aceasta transformare, dreapta x+y = 1 se transforma ın altadreapta. Sa se afle ecuatia acestei drepte.

5.5 Exercitii 94

Demonstratie: Fie Q(x′, y′) din T (D). (x′, y′) = (x+ y, x) decix′ = x+ y, y′ = x. Rezolvam sistemul si gasim x = y′, y = x′ − y′.Dar 2x+y = 1 deci 2y′ +x′−y′ = 1 de unde rezulta ca x′ +y′ = 1

Exercitiu 5.6 Gasiti o transformare afina care sa duca dreaptaD : x+ y = 1 ın dreapta E : x− y = 1.

Demonstratie:Sunt multe astfel de transformari. Putem alege x′ = x, y′ = −y.Transformarea este T (x, y) = (x,−y)

Exercitiu 5.7 Dreapta r =< 0, 0, 1 > +t < 1, 1, 1 > e translatataın directia v =< 1, 2, 3 >. Sa se afle ecuatia dreptei nou-formate.

Demonstratie: s(t) = r(t) + v = t < 1, 1, 1 > + < 1, 2, 4 >

Exercitiu 5.8 Planul 2x+y−z = 3 e translatat ın directia v =<−1, 0, 2 >. Sa se afle ecuatia planului nou-format.

Demonstratie: Prin translatie x′ = x − 1, y′ = y, z′ = z + 2deci x′ + 1 = x, y′ = y, z′ − 2 = z. Inlocuind ın ecuatie rezulta ca2(x′ + 1) + y′ − z′ + 2 = 3 echivalent cu 2x′ + y′ − z′ = −1

Exercitiu 5.9 Omotetia de scalar 2 ın raport cu originea e apli-cata dreptei x+ y = 1. Sa se afle ecuatia dreptei nou-formate.

Demonstratie: Prin omotetie x′ = 2x, y′ = 2y de unde x′/2 =x, y′/2 = y. Inlocuind ın ecuatie rezulta x′/2 + y′/2 = 1 saux′ + y′ = 2

Exercitiu 5.10 Punctul P (1, 2) este rotit 30o ın jurul originii.Sa se afle coordonatele noului punct.

5.5 Exercitii 95

Demonstratie:[

x′

y′

]

=

[

cosα −sinαsinα cosα

] [

xy

]

(103)

Inlocuind rezulta ca[

x′

y′

]

=

[

cos(π/6) −sin(π/6)sin(π/6) cos(π/6)

] [

12

]

≈[

−0.133972.23205

]

(104)

Exercitiu 5.11 Este

T :

[

x′

y′

]

=

[

3/5 −4/54/5 3/5

] [

xy

]

(105)

o rotatie?

Demonstratie: Da, e o rotatie de unghi α, unde cosα = 3/5,sinα = 4/5.

Exercitiu 5.12 Sa se gaseasca simetricul punctului P (1, 2) fatade dreapta x+ y = 1.

Demonstratie: O directie perpendiculara pe dreapta este −→n =<1, 1 >. Putem apoi cauta α asa ca < 1, 2 > +α < 1, 1 > sa aibavarful pe dreapta adica 1+α+2+α = 1. De aici rezulta ca α = −1.Va rezulta ca simetricul este < 1, 2 > +2 < −1,−1 >=< −1, 0 >.

Exercitiu 5.13 Sa se arate ca pentru oricare doi vectori −→v =<x0, y0 > si −→w =< x1, y1 > aria triunghiului de laturi −→v ,−→w si varfO este egala cu modulul determinantului

1/2

∣

∣

∣

∣

x0 x1

y0 y1

∣

∣

∣

∣

(106)

5.5 Exercitii 96

Demonstratie: Alternativ, putem aplica o rotatie ın asa fel ıncatprimul vector se suprapune axei Ox. O rotatie nu modofica ariadin moment ce nu modifica unghiul dintre vectori si lungimile lor.De asemenea, o rotatie nu modifica determinatul pentru ca ınurmarotatiei de unghi α determinantul devine

1/2

∣

∣

∣

∣

cosα −sinαsinα cosα

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x0 x1

y0 y1

∣

∣

∣

∣

= 1/2

∣

∣

∣

∣

x0 x1

y0 y1

∣

∣

∣

∣

(107)

In urma rotatiei componenta y a noului vector −→v este 0 si egali-tatea este evidenta.

Exercitiu 5.14 Sa se arate ca pentru oricare trei vectori −→u =<x0, y0, z0 >, −→v =< x1, y1, z1 > si −→w =< x2, y2, z2 > avem cavolumul tetraedrului de laturi −→u , −→v ,−→w si varf O este egala cumodulul determinantului

1/6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x0 x1 x2

y0 y1 y2

z0 z1 z2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(108)

Demonstratie: Putem descompune −→w = α−→u +β−→v +−→w′ si

−→w′ ⊥

−→v ,−→u . Se observa ca volum(O,−→u ,−→v ,−→w ) = volum(O,−→u ,−→v ,−→w′)

si, de asemenea, prin inlocuirea lui −→w cu−→w′ determinantul (108)

nu se schimba. Procedand ın acelasi mod putem presupune ca−→u ,−→v ,−→w sunt perpendiculari unul pe celalalt. Daca vectorii suntperpendiculari unul pe celalalt rezulta ca volumul tetraedrului este1/6||−→u ||||−→v ||||−→w ||. Pe de alta parte determinantul (108) se scriesub forma

1/6||−→u ||||−→v ||||−→w ||

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x0/||−→u || x1/||−→v || x2/||−→w ||y0/||−→u || y1/||−→v || y2/||−→w ||z0/||−→u || z1/||−→v || z2/||−→w ||

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(109)

5.5 Exercitii 97

Dar determinantul matricii din (109) ale carei coloane formeaza obaza ortonormata este 1 sau -1 deoarece aceasta matrice ınmultitacu transpusa ei este egala cu identitatea. Aceasta observatie ıncheiedemonstratia.

98

6 Aplicatii ale transformarilor geometrice

ın procesarea de imagini

6.1 Organizarea fisierelor brute de imagini

Fisiere brute de imagini sunt fisiere ın care, excluzand headerul dinfisier, fiecare octet din fisier corespunde unui pixel din imagine.

Fisier Imagine

Pixeli

Octeti

Un exemplu de fisiere brute de imagini sunt fisierele cu extensii.pgm (Portable Grayscale). Avantajele utilizarii fisierelor brutesunt ca datorita corespondentei bijective octet din fisier - pixeldin imagine ele sunt foarte usor de modificat.

Dezavantajele sunt ca, ın cazul imaginilor relativ simple, fisierelebrute ocupa ın mod inutil cantitati mari de memorie.

Fisierele optimizate de imagine cu extensii .jpg, .gif, .png suntfisiere ce contin atat date cat si instructiuni.

Ele sunt mai mici dar modificarea lor nu este atat de simpla ca ın

6.1 Organizarea fisierelor brute de imagini 99

cazul fisierelor brute.Sa consideram fisierul imagine p.pgm de 58×58 pixeli. El continelitera m ca ın imaginea alaturata:

Daca fisierul p.pgm va fi deschis cu un editor de text (de exemplu,emacs) editorul va afisa:

Indicatorul P5 arata ca este vorba de un fisier brut, 58×58 indicafaptul ca avem o imagine de 58 pe 58 de pixeli iar ultimul numarindica cifra maxima ce poate fi continuta ın fiecare octet din fisier.Numarul 255 corespunde culorii albe iar 0 culorii negre.Editorul de text citeste fiecare numar din fiecare octet si afiseazacaracterul al carui cod ASCII este egal cu acel numar. Nu sun-tem interesati deci ın caracterele pe care le afiseaza editorul cinumai ın codurile lor ASCII pentru ca ele decid culoarea pixelilorce corespund caracterelor respective.

6.2 Translatii, rotatii, dilatari ın fisiere de imagini 100

6.2 Translatii, rotatii, dilatari ın fisiere de imagini

Intr-un cod simplu putem trece peste headerul din fisierul p.pgm siapoi copia toate numerele din octetii fisierului p.pgm intr-o matricea(x, y) de dimensiune 58×58. Va ınsemna de pilda ca a(0, 0) = 255adica primul pixel din imagine, cel din stanga sus, este alb.

In general, daca a(i, j) = 255 ınseamna ca pixelul de pe linia isi coloana j din imagine este alb. Daca a(i, j) = 0 atunci pixeluleste negru.

Putem apoi crea un alt fisier dataout.pgm. Copiem headerul dinp.pgm ın dataout.pgm si fixam dimensiunea la 300×300 de pixeli.Cu alte cuvinte scriem ın fisierul dataout.pgm urmatorul text:——————–

P5

300 300

255

——————–Alocam memorie unei matrici b(X,Y ) de dimensiune 300× 300 siapoi fixam pentru fiecare X,Y b(X,Y ) = 255.Intr-o bucla peste valorile x, y ıntre 1 si 58 fixam apoib(X,Y ) = a(x, y) pentru

X = x+ 100, Y = y + 100 (110)

matricea b(X,Y ) este apoi copiata ın fisierul dataout.pgm.

Transformarea (110) este pasul esential. Practic, prin aceastatransformare, pixelul din imaginea p.pgm de pe linia x, coloana yeste suprapus peste pixelul din imaginea dataout.pgm de pe linia

6.2 Translatii, rotatii, dilatari ın fisiere de imagini 101

x+100, coloana y+100. Din punct de vedere practic, s-a efectuato translatie a literei m cu 100 pixeli ın directia x si 100 pixeli ındirectia y.

Putem apoi mari succesiv ıncepand de la 10 pixeli lungimea vec-torului de translatie si ın acelasi timp scrie imaginea ce rezulta lafiecare pas ın fisiere separate. De pilda, efectuam exact aceeasiprocedura dar de data asta transformarea (110) va fi

X = x+ 10, Y = y + 10 (111)

si scriem imaginea ce rezulta ın fisierul output10.pgm. Daca vomefectua aceasta procedura intr-o bucla de 10 de iteratii vom obtine10 fisiere .pgm ce contin pozitii succesive ale literei m pe diago-nala unui patrat de 300 pe 300 de pixeli. Cu ajutorul functeiconvert din pachetul software ImageMagick putem “lipi” toateaceste fisiereıntr-un fisier dataout.gif care atunci cand este deschis

6.2 Translatii, rotatii, dilatari ın fisiere de imagini 102

cu un browser web va prezenta miscarea literei m pe diagonalaunui patrat de 300 pe 300 de pixeli.

In acelasi mod se pot crea animatii cu rotatii sau dilatari core-spunzand unor modificari corespunzatoare ale transformarii (110).Daca de pilda definim

X = x, Y = y + 100 (112)

[

XY

]

=

[

cos45o −sin45o

sin45o cos45o

] [

XY

]

(113)

atunci efectul este o translatie a lui m 100 de pixeli ın jos, urmatde o rotatie de 45o ın sens contrar acelor de ceasornic cu centrulın coltul din stanga sus.

6.2 Translatii, rotatii, dilatari ın fisiere de imagini 103

Daca facem o bucla ın care unghiul rotatiei ın centrul imaginii vari-aza ıntre 0 si 360o cu o incrementare de 10o efectul este o rotatiea literei m ın jurul centrului imaginii de 300 pe 300 de pixeli.

Pentru a efectua o dilatare a literei m ın centrul imaginii, efectuamtransformarea

X = 4x, Y = 4y (114)

Daca intr-o bucla marim succesiv factorul de dilatare care este 4ın transformarea anterioara va rezulta o animatie ın care litera mse dilata din coltul din stanga sus.

Exemple de scripturi ce implementeaza transformarile geomet-rice de mai sus se pot gasi pe situl www.matbin.ro.

104

7 Conice

Definitia 7.1 Pentru numerele a11, a12, a22, a10, a20, a00 date cua2

11 + a222 + a2

12 6= 0 multimea tuturor punctelor (x, y) ce satisfac

g(x, y) = a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + a10x+ a20y + a00 = 0 (115)

se numeste conica.

Observatia 7.1 Relatia (158) se mai poate scrie matricial

XTAX + bTX + c = 0 (116)

unde

X =

(

xy

)

, A =

(

a11 a12

a12 a22

)

, b =

(

a10

a20

)

, c = a00 (117)

Exemplu 7.1

x2 + y2 = r2 Cerc de raza rx2

a2+y2

b2= 1 elipsa

x2

a2− y2

b2= 1 hiperbola

y2 = 2px parabolax2

a2− y2

b2= 0 drepte concurente

x2 − a2 = 0 drepte paralelex2 = 0 drepte confundate

x2

a2+y2

b2= 0 multime cu un singur element

x2

a2+y2

b2= −1 multime vida

(118)

Oricare alta conica din plan se poate transforma printr-o rotatieurmata de o translatie ıntr-una din conicele de mai sus.

7.1 Reducerea la forma canonica a unei conice 105

7.1 Reducerea la forma canonica a unei conice

Deoarece matricea

A =

(

a11 a12

a12 a22

)

(119)

este simetrica ea va avea doua valori proprii reale (care pot fi egale)λ1,2 carora le corespund doi vectori proprii −→v =< v1, v2 >,−→w =<w1, w2 > pe care noi ıi putem alege asa ca ei sa formeze o bazaortonormala. Avem deci ca λ1,2 sunt radacinile ecuatiei de graduldoi:

∣

∣

∣

∣

a11 − λi a12

a12 a22 − λi

∣

∣

∣

∣

= 0, i = 1, 2 (120)

ın timp ce cei doi vectori satisfac ecuatiile

(

a11 − λ1 a12

a12 a22 − λ1

)(

v1v2

)

=

(

00

)

(121)

(

a11 − λ2 a12

a12 a22 − λ2

)(

w1

w2

)

=

(

00

)

(122)

si sunt alesi ın asa fel ıncat sa fie unitari si∣

∣

∣

∣

v1 w1

v2 w2

∣

∣

∣

∣

= 1 (123)

In cazul ın care valorile proprii sunt distincte cei doi vectori suntautomat ortogonali. Daca avem o valoare proprie dubla atuncialegem cei doi vectori ın asa fel ıncat sa fie ortogonali si (123) safie adevarata.Sa consideram matricea

R =

(

v1 w1

v2 w2

)

7.1 Reducerea la forma canonica a unei conice 106

Rezulta atunci ca matricea A se diagonalizeaza ın forma

RTAR =

(

λ1 00 λ2

)

(124)

Consideram acum transformarea afina prin care fiecarui punctX = (x, y) i se asociaza punctul X ′ = (x′, y′) dat prin relatia

X = RX ′ sau X ′ = RTX (125)

Aceasta este o rotatie ın jurul originii de unghi arctan(w1/w2).Folosind relatia de mai sus si (124) ın ecuatia (116) rezulta ca

X ′TRTARX ′ + bTRX ′ + c = 0 (126)

adica

X ′T(

λ1 00 λ2

)

X ′ + bTRX ′ + c = 0 (127)

ceea ce conduce la ecuatia pentru x′, y′

λ1x′2 + λ2y

′2 + a′10x+ a′20y + a′00 = 0 (128)

pentru numerele a′10, a′20, a

′00. Completam acum patratele si gasim

caλ1(x

′ + a′′10)2 + λ2(y

′ + a′′20)2 + a′00 = 0 (129)

Translatia x′′ = x′ + a′′10,y′′ = y′ + a′′20 duce la forma canonica

λ1x′′2 + λ2y

′′2 + a′00 = 0 (130)

Sa observam ca pasul de completare a patratelor ce duce la formula(129) nu se poate efectua daca una din valorile proprii este 0 siın acest caz conica e de tip parabolic. Apoi, observam ca dacacele doua valori proprii au acelasi semn, conica este de tip eliptic

7.1 Reducerea la forma canonica a unei conice 107

iar daca semnele valorilor proprii sunt diferite conica este de tiphiperbolic.Din moment ce

δ =

∣

∣

∣

∣

a11 a12

a12 a22

∣

∣

∣

∣

= λ1λ2 (131)

putem colecta informatiile de mai sus ın urmatoarea concluzie:

daca δ = 0 , atunci conica e de tip parabolicdaca δ > 0 , atunci conica e de tip elipticdaca δ < 0 , atunci conica e de tip hiperbolic

(132)

Exemplu 7.2 Sa se aduca conica

3x2 − 4xy − 2x+ 4y − 3 = 0 (133)

la forma canonica.

Demonstratie: Matricea A a formei patratice din demonstratiaanterioara este

A =

(

3 −2−2 0

)

(134)

Ecuatia caracteristica pentru valorile proprii λ1,2 este

A =

∣

∣

∣

∣

3 − λ −2−2 −λ

∣

∣

∣

∣

= 0 (135)

ceea ce implica λ1 = −1, λ2 = 4. Lui λ1 ıi corespunde un vectorpropriu< 1, 2 > iar lui λ2 ıi corespunde< 2,−1 >. Normalizandu-i obtinem

v =< 1/√

5, 2/√

5 > si w =< 2/√

5,−1/√

5 >

7.1 Reducerea la forma canonica a unei conice 108

Se observa ca∣

∣

∣

∣

v1 w1

v2 w2

∣

∣

∣

∣

= 1

Rezulta ca rotatia din exercitiul anterior este

(

xy

)

=

(

1/√

5, −2/√

5

2/√

5, 1/√

5

)(

x′

y′

)

(136)

adica

x = 1/√

5x′ − 2/√

5y′

y = 2/√

5x′ + 1/√

5y′(137)

Inlocuind ın ecuatia initiala se obtine

− x′2 + 4y′2 +6√5x′ +

8√5y′ − 3 = 0 (138)

Prin completarea patratelor se ajunge la

− (x′ − 3√5)2 + 4(y′ +

1√5)2 = 2 (139)

Facem acum translatia

x′′ = x′ − 3√5, y′′ = y′ +

1√5

(140)

de unde obtinem ecuatia redusa a conicei

x′′2/2 − y′′2/(1/2) = −1 (141)

ın raport cu sistemul de referinta canonic definite de versorii v,wsi punctul (− 3√

5, 1√

5).

7.2 Intersectia dintre o conica si o dreapta 109

7.2 Intersectia dintre o conica si o dreapta

Consideram o dreapta (D) de ecuatii parametrice

(D) :

x = x0 + lty = y0 +mt

, t ∈ R

si o conica de ecuatie carteziana

(Γ) : g(x, y) = a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + a10x+ a20y + a00 = 0

Intersectia D∩Γ corespunde radacinilor t1,2 ∈ R ale ecuatiei poli-nomiale ın t:

g(x0 + lt, y0 +mt) = a11(x0 + lt)2 +2a12(x0 + lt)(y0 +mt)+ (142)

+a22(y0 +mt)2 + a10(x0 + lt) + a20(y0 +mt) + a00 = 0

Dupa gruparea termenilor ce contin t2, t se obtine:

t2(a11l2 + 2a12lm+ a22m

2)+ (143)

+t[l(2a11x0 + 2a12y0 + 2a10) +m(2a12x0 + 2a22y0 + 2a20)]+

+a11x20 + 2a12x0y0 + a22y

20 + +2a10x0 + 2a20y0 + a00 = 0

Notam ϕ(l,m) = a11l2 + 2a12lm + a22m

2 si observam ca ecuatia(143) se poate scrie ın forma

t2ϕ(l,m) + t(lgx0+mgy0

) + g(x0, y0) = 0 (144)

Asadar punctele de intersectie dintre dreapta si conica sunt decisede radacinile ecuatiei de mai sus.Discutie:1) Ecuatia (144) este de gradul doi daca ϕ(l,m) 6= 0. Daca

δ = (lgx0+mgy0

)2 − 4ϕ(l,m)g(x0, yo) > 0 (145)

7.2 Intersectia dintre o conica si o dreapta 110

atunci ecuatia are doua radacini reale si distincte deci dreaptaintersecteaza conica ın doua puncte distincte. Daca δ = 0, atunciexista un singur punct de intersectie si concluzionam ca dreaptaeste tangenta la conica. Observam ca ın acest caz daca P (x0, y0)este punctul de intersectie, avem din ecuatia (145) ca lgx0

+mgy0=

0, deci directia dreptei tangente este perpendiculara pe vectorul< gx0

, gy0> si deci ecuatia dreptei tangente este

(x− x0)gx0+ (y − y0)gy0

= 0

Dreapta care trece prin P (x0, y0) si este perpendiculara pe dreaptatangenta se numeste dreapta normala la conica ın punctul P (x0, y0).Directia ei este < −gy0

, gx0> deci ecuatia dreptei normale este

−(x− x0)gy0+ (y − y0)gx0

= 0

Daca δ < 0 atunci ecuatia de gradul doi (144) nu are solutii realedeci dreapta nu intersecteaza conica.

2) Cand ϕ(l,m) = 0 ecuatia (144) este de gradul ıntai.

t(lgx0+mgy0

)g(x0, y0) = 0

Ea are solutia

t = − g(x0, y0)

lgx0+mgy0

daca lgx0+mgy0

6= 0 deci D ∩ Γ contine un singur punct.Daca lgx0

+mgy0= 0 si g(x0, y0) 6= 0 ecuatia (144) nu are solutie

deci nu exista un punct de intersectie.Daca ınsa lgx0

+ mgy0= 0 si g(x0, y0) = 0 ecuatia este identic

satisfacuta si D ⊆ Γ.

7.3 Elipsa 111

7.3 Elipsa

Consideram o elipsa de ecuatie g(x, y) = 0. Am vazut ın sectiuneaanterioara ca exista un reper x′O′y′ ın raport cu care elipsa areecuatia

x′2/a2 + y′2/b2 = 1 (146)

Reperul x′O′y′ se numeste reperul canonic iar ecuatia (146) senumeste ecuatia redusa a elipsei fata de reperul canonic. Sa pre-supunem ca a > b > 0. In cele ce urmeaza vom renota repe-rul canonic cu xOy. Punctele F1(

√a2 − b2, 0),F2(−

√a2 − b2, 0) se

numesc focarele elipsei iar distanta c =√a2 − b2 semi-distanta

focala a elipsei. Intersectiile curbei cu axele Ox,Oy se numescvarfurile ei: V1(a, 0),V2(−a, 0), V3(0, b), V4(0,−b).

Teorema 7.1 Elipsa descrisa mai sus este locul geometrical punctelor P (x, y) din plan pentru care distanta(P,F1) +distanta(P,F2) = 2a.

Demonstratie: Sa consideram un punct P (x, y) pe elipsa. Vomavea atunci ca

dist(P,F1) + dist(P,F2) =√

(x− c)2 + y2 +√

(x+ c)2 + y2

Pe de alta parte, din ecuatia canonica a elipsei avem ca y2 =b2(1 − x2/a2). Inlocuind rezulta ca

dist(P,F1) + dist(P,F2) =

=√

(x− c)2 + b2(1 − x2/a2) +√

(x+ c)2 + b2(1 − x2/a2) =√

(cx/a − a)2 +√

(cx/a+ a)2 = 2a

7.4 Hiperbola 112

Teorema 7.2 Aria elipsei de ecuatie

x2/a2 + y2/b2 = 1 (147)

este egala cu πab.

Demonstratie: Consideram transformarea afina

x′ = x/a, y′ = y/b

sau

(

x′

y′

)

=

(

1/a 00 1/b

)(

xy

)

Se observa ca elipsa se duce prin aceasta transformare ın cerculunitate centrat ın origine

x′2 + y′2 = 1

Rezulta atunci ca aria se transforma dupa formula:

aria cerc =

∣

∣

∣

∣

1/a 00 1/b

∣

∣

∣

∣

· aria elipsa

De aici rezultaaria elipsa = πab

7.4 Hiperbola

Ecuatia redusa a hiperbolei ın raport cu reperul canonic xOy este

x2

a2− y2

b2= 1 (148)

Focarele hiperbolei sunt puncteleF1(

√a2 + b2, 0), F2(−

√a2 + b2, 0).

7.5 Parabola 113

Teorema 7.3 Hiperbola este locul geometric al punctelor din planpentru care

|dist(P,F1) − dist(P,F2)| = 2a

7.5 Parabola

Ecuatia redusa a parabolei ın raport cu reperul canonic xOy este

y2 = 2px (149)

Focarul parabolei este F (p/2, 0).

Teorema 7.4 Parabola este locul geometric al punctelor din planpentru care

dist(P,F ) = dist(P,Q)

unde Q este proiectia lui P pe axa Oy.

7.6 Exercitii 114

7.6 Exercitii

Exercitiu 7.1 Consideram conica de ecuatie

g(x, y) = 13x2 − 48xy + 27y2 − 50x− 76 = 0 (150)

1. Sa se determine tipul conicei.

2. Sa se determine forma redusa a acestei conice.

3. Sa se determine axele (sau axa) de simetrie ale acestei con-ice.

4. Sa se determine focarele acestei conice.

Demonstratie: Se procedeaza exact ca ın exemplul (7.2) dinacest capitol referitor la reducerea unei conice la forma canonica.Mai ıntai incercam sa anulam termenul −48xy din expresia coniceiprin utilizarea unei rotatii. Fie

A =

(

13 −24−24 27

)

(151)

Valorile proprii λ1,2 ale lui A satisfac ecuatia

∣

∣

∣

∣

13 − λ −24−24 27 − λ

∣

∣

∣

∣

= 0 (152)

de unde rezulta ca λ1 = 45, λ2 = −5.Suntem acum ın masura sa raspundem la prima ıntrebare. Dinmoment ce cele doua valori proprii sunt nenule si de semn contrarconica este de tip hiperbolic.Determinam acum vectori proprii v =< v1, v2 >,w =< w1, w2 >corespunzatori lui λ1 si respectiv λ2. Pentru v =< v1, v2 > trebuieca

7.6 Exercitii 115

(

13 − 45 −24−24 27 − 45

) (

v1v2

)

=

(

00

)

(153)

Alegem v1 = 3 si rezulta v2 = −4 Dupa normalizare avem cav =< 3/5,−4/5 >.In mod similar gasim ca w =< 4/5, 3/5 >.Se poate vedea ca

∣

∣

∣

∣

v1 w1

v2 w2

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

3/5 4/5−4/5 3/5

∣

∣

∣

∣

= 1. (154)

Facem acum schimbarea de variabile(

xy

)

=

(

3/5 4/5−4/5 3/5

)(

x′

y′

)

(155)

(

x′

y′

)

=

(

3/5 −4/54/5 3/5

)(

xy

)

Mai putem scrie:

x = 3/5x′ + 4/5y′

y = −4/5x′ + 3/5y′(156)

Din teoria expusa ın acest capitol rezulta ca forma patratica 13x2−48xy + 27y2 devine

45x′2 − 5y′2

Putem scrie expresia ıntreaga prin utilizarea formulei (156)

45x′2 − 5y′2 − 30x′ − 40y′ − 76 = 0

Dupa completarea patratelor rezulta ca

7.6 Exercitii 116

5(3x′ − 1)2 − 5(y′ + 4)2 = 1 sau 45(x′ − 1/3)2 − 5(y′ + 4)2 = 1

Facem acum schimbarea de variabile

x′′ = x′ − 1/3, y′′ = y′ + 4 (157)

de unde rezulta ca

45x′′2 − 5y′′2 = 1

Aceasta este ecuatia redusa a conicei. Sa determinam acum repe-rul canonic. Avem ca daca x′′ = 0, y′′ = 0, atunci x′ = 1/3, y′ =−4 si deci din ecuatiile (156)x = 1/3·3/5+(−4)·4/5 = −3, y = 1/3·(−4)/5+(−4)·3/5 = −8/3.Prin urmare originea sistemului canonic este la (−3,−8/3). Sadeterminam axele de simetrie ale hiperbolei.x′′ = 0 este echivalent cu x′− 1/3 = 0 de unde 3/5x− 4/5y = 1/3.Aceasta este axa O′′y′′. Axa Ox′′ are ecuatia y′′ = 0 de undey′ + 4 = 0 ceea ce ne da 4/5x + 3/5y + 4 = 0.Pentru determinarea focarelor folosim aceasi metoda de schimbarede variabile. Stim ca ın reperul canonic x′′O′′y′′ focarele suntdate de F1(

√a2 + b2, 0) si F2(−

√a2 + b2, 0). Va rezulta atunci

F1(√

(1/45)2 + (1/5)2, 0) si F2(−√

(1/45)2 + (1/5)2, 0) ın reperulx′′O′′y′′. Pentru determinarea coordonatelor ın reperul xOy putemfolosi formulele (156) si(157).

Exercitiu 7.2 Consideram conica de ecuatie

g(x, y) = 29x2 + 24xy + 36y2 − 50x = 0 (158)

1. Sa se determine tipul conicei.

7.6 Exercitii 117

2. Sa se determine forma redusa a acestei conice.

3. Sa se determine axele (sau axa) de simetrie ale acestei con-ice.

4. Sa se determine focarele acestei conice.

Demonstratie: Se procedeaza exact ca ın exemplul (7.2) dinacest capitol referitor la reducerea unei conice la forma canonica.Mai ıntai incercam sa anulam termenul 24xy din expresia coniceiprin utilizarea unei rotatii. Fie

A =

(

29 1212 36

)

(159)

Valorile proprii λ1,2 ale lui A satisfac ecuatia

∣

∣

∣

∣

29 − λ −1212 36 − λ

∣

∣

∣

∣

= 0 (160)

de unde rezulta ca λ1 = 45, λ2 = 20.Suntem acum ın masura sa raspundem la prima ıntrebare. Dinmoment ce cele doua valori proprii sunt nenule si au acelasi semnconica este de tip eliptic.Determinam acum vectori proprii v =< v1, v2 >,w =< w1, w2 >corespunzatori lui λ1 si respectiv λ2. Pentru v =< v1, v2 > trebuieca

(

29 − 45 1212 36 − 45

) (

v1v2

)

=

(

00

)

(161)

Alegem v1 = 3 rezulta v2 = 4 Dupa normalizare avem ca v =<3/5, 4/5 >.In mod similar gasim ca w =< −4/5, 3/5 >.Se poate vedea ca

7.6 Exercitii 118

∣

∣

∣

∣

v1 w1

v2 w2

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

3/5 −4/54/5 3/5

∣

∣

∣

∣

= 1. (162)

Facem acum schimbarea de variabile(

xy

)

=

(

3/5 −4/54/5 3/5

)(

x′

y′

)

(163)

(

x′

y′

)

=

(

3/5 4/5−4/5 3/5

)(

xy

)

Mai putem scrie:

x = 3/5x′ − 4/5y′

y = 4/5x′ + 3/5y′(164)

Din teoria expusa ın acest capitol rezulta ca forma patratica 29x2+24xy + 36y2 devine

45x′2 + 20y′2

Putem scrie expresia ıntreaga prin utilizarea formulei (164)

45x′2 + 20y′2 − 30x′ + 40y′ = 0

Dupa completarea patratelor rezulta ca

5(3x′ − 1)2 + 20(y′ + 1)2 = 25 sau 45(x′ − 1/3)2 + 20(y′ + 1)2 = 25

Facem acum schimbarea de variabile

x′′ = x′ − 1/3, y′′ = y′ + 1 (165)

de unde rezulta ca

45x′′2 + 20y′′2 = 25

7.6 Exercitii 119

Aceasta este ecuatia redusa a conicei. Sa determinam acum repe-rul canonic. Avem ca daca x′′ = 0, y′′ = 0 atunci x′ = 1/3, y′ = −1si deci din ecuatiile (164)x = 1/3 ∗ 3/5 + 4/5 = 1, y = 1/3 ∗ 4/5 − 3/5 = −1/3 prin urmareoriginea sistemului canonic este la (1,−1/3). Sa determinam axelede simetrie ale elipsei.x′′ = 0 este echivalent cu x′− 1/3 = 0 de unde 3/5x+4/5y = 1/3.Aceasta este axa O′′y′′. Axa Ox′′ are ecuatia y′′ = 0 de undey′ + 1 = 0 ceea ce ne da −4/5x + 3/5y + 1 = 0.Pentru determinarea focarelor folosim aceeasi metoda de schim-bare de variabile. Stim ca ın reperul canonic y′′O′′x′′ focarele suntdate de F1(

√a2 − b2, 0) si F2(−

√a2 − b2, 0). Va rezulta atunci

F1(√

−(5/9)2 + (5/4)2, 0) si F2(−√

−(5/9)2 + (5/4)2, 0) ın repe-rul y′′O′′x′′. Pentru determinarea coordonatelor ın reperul xOyputem folosi formulele (164) si(165).

120

8 Curbe ın 2 si 3 dim

8.1 Ecuatia carteziana a unei curbe

Curbele ın 2d sunt colectii de puncte (x, y) ce satisfac ecuatiicarteziene de tipul f(x, y) = 0 unde f este o functe de doua vari-abile. In 3d curbele sunt colectii de puncte (x, y, z) ce satisfacecuatii carteziene de tipul f(x, y, z) = 0, g(x, y, z) = 0 unde f, gsunt functii de trei variabile.

Exemplu 8.1 Dreapta si conicele sunt exemple de curbe.

Exemplu 8.2 Curba cardioida este data de ecuatia carteziana

(x2 + y2 − ax)2 = a2(x2 + y2), a ∈ R (166)

Fig. 40. Curba cardioida

8.2 Ecuatia unei curbe ın coordonate polare 121

Exemplu 8.3 Trifoiul este dat de ecuatia carteziana

(x2 + y2)2 = ax(x2 − 3y2) (167)

Fig. 41. Trifoiul

8.2 Ecuatia unei curbe ın coordonate polare

Uneori prin utilizarea coordonatelor polare ınlocul celor carteziene,ecuatia poate fi simplificata. Coordonatele carteziene x, y suntınlocuite de coordonatele polare r, θ utilizand formulele x = rcosθ, y =rsinθ, r > 0, θ ∈ [0, 2π).In coordonate polare ecuatia cercului unitate centrat ın origineeste r = 1.

Exemplu 8.4 Curba cardioida este data de ecuatia ın coordonate

8.3 Ecuatia parametrica a unei curbe 122

polarer = a(1 + cos(θ))

Exemplu 8.5 Trifoiul este dat de ecuatia ın coordonate polare

r = acos(3θ)

8.3 Ecuatia parametrica a unei curbe

Ecuatiile parametrice ale unei curbe de ecuatie cartezianaf(x, y) = 0 se obtin prin exprimarea coordonatelor x, y ın functede un parametru t ∈ I

x = x(t), y = y(t)

ın asa fel ıncat expresiile x(t), y(t) sa satisfaca ecuatiaf(x(t), y(t)) = 0.

Exemplu 8.6 De pilda cercul de raza r centrat ın origine si deecuatie carteziana x2 + y2 = r2 se poate parametriza ın formaurmatoare:

x(t) = rsin(t), y(t) = rcos(t), t ∈ [0, 2π) (168)

deoarece x(t), y(t) satisfac

x(t)2 + y(t)2 = r2(sin(t)2 + cos(t)2) = r2. (169)

Se observa ca de asemenea

x(t) = rcos(t), y(t) = rsin(t), t ∈ [0, 2π) (170)

este o parametrizare valida a cercului, ın ambele cazuri multimeax(t), y(t)|t ∈ [0, 2π) este cercul de raza r centrat ın origine. In

8.3 Ecuatia parametrica a unei curbe 123

primul caz, ın timp ce parametrul t parcurge intervalul [0, 2π),punctul corespunzator x(t), y(t) parcurge cercul ın sens contraracelor de ceasornic ıncepand din punctul (0, r). In al doilea caz,ın timp ce parametrul t parcurge intervalul [0, 2π), punctul core-spunzator x(t), y(t) parcurge cercul ın sens contrar acelor de cea-sornic, ıncepand din punctul (r, 0).

Exemplu 8.7 Ecuatia parametrica a elipseiElipsa de ecuatie carteziana x2/a2+y2/b2 = 1 se poate parametrizadupa cum urmeaza

x(t) = acos(t), y(t) = bsin(t), t ∈ [0, 2π) (171)

Exemplu 8.8 Ecuatia parametrica a cardioidei:

x(t) = 2a(1 − t2)/(1 + t2)2, y(t) = 4at/(1 + t2)2 (172)

8.3.1 Vectori tangenti la curbe

Pentru o curba diferentiabila (adica x(t), y(t) sunt functii diferentiabileun vector tangent la curba ın punctul (x, y) ce corespunde parametru-lui t este (x′(t), y′(t)).

Exemplu 8.9 Aflati un vector tangent la cercul unitate centratın origine ınpunctul (3/5, 4/5).

Demonstratie: Alegem parametrizarea

x(t) = cos(t), y(t) = sin(t) (173)

Alegem parametrul t pentru care x(t) = 3/5,y(t) = 3/5 adica

cos(t) = 3/5, sin(t) = 4/5 (174)

Din propozitia anterioara avem ca un vector tangent la curbaınpunctul (3/5, 4/5) este dat de v = (x′(t), y′(t)) = (−sin(t), cos(t)) =(−4/5, 3/5).

8.4 Intersectii de curbe 124

8.4 Intersectii de curbe

In rare cazuri (intersectia a doua drepte sau a unei conice cu odreapta sunt doua exemple) intersectia a doua curbe poate fi cal-culata cu o metoda generala. De cele mai multe ori se recurge lao metoda adaptata problemei respective.

Exemplu 8.10 Sa se calculeze intersectia cercurilor

x2 + y2 = 1, (x − 1)2 + y2 = 1 (175)

Daca (x, y) se afla pe ambele cercuri atunci el va satisface sistemul

x2 + y2 = 1(x− 1)2 + y2 = 1

(176)

Se scade prima ecuatie din a doua si se obtine

x = 1/2

de unde rezulta y =√

3/2,−√

3/2. Se poate, de asemenea, utilizaparametrizarea celor doua cercuri

x(t) = cos(t), y(t) = sin(t), t ∈ [−ππ)x′(s) = cos(s) + 1, y′(s) = sin(s), s ∈ [−ππ)

(177)

ce duce la un sistem trigonometric.si deci

cos(t) = cos(s) − 1sin(t) = sin(s)

(178)

Daca t > 0 rezulta ca s = π−t de unde cos(t) = 1/2 si x = 1/2, y =√3/2. Daca t < 0 rezulta ca s = −π − t de unde cos(t) = 1/2 si

x = 1/2, y = −√

3/2.

8.5 Cum apar curbele ın practica? 125

8.5 Cum apar curbele ın practica?

Curbele pot aparea ın practica, de pilda, ca traiectorii ale unorobiecte sau particule ın miscare sub actiunea anumitor forte sauca intersectii de suprafete.Sa consideram miscarea unui obiect aruncat sub un unghi α cuaxa orizontala cu o viteza initiala v0. Ignoram efectul frecarii cuaerul.

Sa notam cu x(t), y(t) pozitia obiectului la momentul t. Deci y(t)reprezinta ınaltimea la care se afla obiectul la momentul t iar x(t)reprezinta distanta parcursa de obiect pe directia orizontala. Dinlegile mecanicii avem ca F = ma. Pe de o parte, F = G =<0,−mg >, pe de alta parte a =< x′′(t), y′′(t) >. Obtinem de aicica

< 0,−mg >= m < x′′(t), y′′(t) >

de unde rezulta ca x′′(t) = 0, y′′(t) = g = −9.8. Utilizandproprietatile primitivelor obtinem ca x(t) = Ct + D si y(t) =−9.8t2/2 + Et + F . Deoarece initial x(0) = 0, y(0) = 0 obtinemca D = F = 0. Pe de alta parte, viteza initiala (ca vector) este

8.5 Cum apar curbele ın practica? 126

V0 = v0 < cosα, sinα > ceea ce ınseamna ca x′(0) = v0cosα siy′(0) = v0sinα. Rezulta de aici ca C = v0cosα si E = v0cosα.

Exemplu 8.11 O piatra este aruncata la un unghi de 45o cuviteza initiala 20

√2m/sec aprox. de la nivelul solului. Sa se afle

distanta pana la locul unde piatra loveste pamantul.

Din teoria expusa anterior avem ca x(t) = 20t si y(t) = −9.8t2/2+20t. In locul unde piatra loveste pamantul avem ca y(t) = 0 decit = 40/9.8. Pentru a afla distanta pana la locul unde y(t) = 0punem t = 40/9.8 ın formula x(t) = 20t.

Exemplu 8.12 Pozitia unei particule ce se misca ın linie dreaptaeste data de ecuatia x(t) = t2 − t. Sa se afle distanta parcursa departicula dupa doua secunde.

In intervalul de timp 0, 1/2 particula se misca ınspre stanga panaın punctul −1/4. Dupa aceea se misca numai ınspre dreapta. Lamomentul 2 ea va fi ın pozitia 2 deci distanta totala este 2.5.

8.6 Lungimea unei curbe 127

Exemplu 8.13 Sa se parametrizeze cercul unitate centrat ın orig-ine ınasa felıncat cercul sa fie parcurs ıncepand din punctul(√

3/2, 1/2) si ın sensul acelor de ceasornic.

Parametrizarea x = cost, y = sint parcurge cercul ıncepand din(1, 0) si ın sens contrar acelor de ceasornic. Pentru a muta punctulde pornire adunam π/6 la t. Pentru a schimba sensul de parcurgereinlocuim t cu −t.

x = cos(−t+ π/6), y = sin(−t+ π/6)

8.6 Lungimea unei curbe

Pentru a calcula lungimea unei curbe γ(t) = (x(t), y(t))diferentiabile cu derivata continua, se ımparte intervalul I = [a, b]pe care se parametrizeaza curba ın n subintervale de lungime egala,ca ın figura de mai jos, deci lungimea fiecarui subinterval va fiδt = (b − a)/n. Construim, de asemenea, numerele ti = a + i∆t

8.6 Lungimea unei curbe 128

ca ın figura. Se observa ca t0 = a si tn = b. Acestor numere ti levor corespunde puncte Pi pe curba date de formula Pi = γ(ti).

Construim segmente ce unesc punctele consecutive Pi si Pi+1, i =0..n−1 si aproximam lungimea curbei γ cu suma lungimilor acestorsegmente:

l(γ) ≈ Σn−1

i=0d(Pi, Pi+1) = (179)

Σn−1

i=0

√

(x(ti+1) − x(ti))2 + (y(ti+1) − y(ti))2

Utilizam teorema de medie pentru a scrie

x(ti+1) − x(ti) = x′(ηi)∆t, y(ti+1) − y(ti) = y′(ψi)∆t (180)

pentru numere intermediare ηi, ψi ∈ [ti, ti+1].Inlocuind ın formula (179) rezulta ca

8.6 Lungimea unei curbe 129

l(γ) ≈ Σn−1

i=0∆t

√

x′(ηi)2 + y′(ψi)2 (181)

Suma din dreapta este o suma de tip Riemann si daca se ia limitaacestei sume cand n→ ∞ vom obtine egalitatea

l(γ) = limn→∞Σn−1

i=0∆t

√

x′(ηi)2 + y′(ψi)2 =

∫ b

a

√

x′(t)2 + y′(t)2dt

(182)adica

l(γ) =

∫ b

a

√

x′(t)2 + y′(t)2dt (183)

Observatia 8.1 (Lungimea graficului unei functii) Graficul uneifunctii f : [a, b] → R este o curba de ecuatie γ(t) = (t, f(t)) undet ∈ [a, b]. Prin urmare lungimea graficului Γ(f) poate fi calculatadupa formula (183) obtinandu-se

l(Γ(f)) =

∫ b

a

√

1 + f ′(t)2dt (184)

Observatia 8.2 (Lungimea unei curbe ın 3d) Lungimea unei curbeγ(t) = (x(t), y(t), z(t)) din spatiu se calculeaza ın mod asemanatorsi se gaseste

l(γ) =

∫ b

a

√

x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2dt (185)

Exemplu 8.14 Un acoperis are forma ca ın figura de mai josunde profilul este dat de curba g(t) = (t, 3 − 3| t

5|3/2), t ∈ [−5, 5].

Toate lungimile sunt ın metri. Pretul pe m2 de acoperis este 20RON. Care e pretul total al acoperisului?

8.6 Lungimea unei curbe 130

Aria totala a acoperisului este egala cu

A = l(g) · 10

Pe de alta parte utilizand formula (183) l(g) =2∫

5

0

√

1 + 81/500tdt = de unde rezulta ca pretul acoperisului este2362.31.

Exemplu 8.15 Un acoperis are profilul dat de curba g(t) = (t, 3a−3a(t/5)2), t ∈ [−5, 5] unde a > 0 e un parametru. Sa se afleparametrul a astfel ıncat ınclinatia acoperisului la margini sa fiede 30o, ca ın figura de mai jos.

8.6 Lungimea unei curbe 131

Exemplu 8.16 (Lucrul mecanic efectuat de o forta variabila) Unobiect este miscat de o forta de marime variabila ınlinie dreapta ınasa fel ıncat la distanta x forta care actioneaza asupra obiectuluieste F (x). Sa se calculeze lucrul mecanic efectuat de forta.

Se ımparte intervalul I = [0, l] ın n subintervale de lungime egalaca ın figura de mai sus, deci lungimea fiecarui subinterval va fi∆t = (b − a)/n. Construim deasemenea numerele ti = i∆t ca ınfigura.Lucrul mecanic total L este egal cu suma lucrurilor mecanice Li

efectuate pentru a muta obiectul ıntre pozitiile ti si ti+1. Atuncicand n este foarte mare ( si deci ∆t foarte mic) forta ce actioneazaasupra obiectului ıntre pozitiile ti si ti+1 este aproape constantasi egala cu F (ti) (sau F (ti+1)). Rezulta deci ca Li ≈ F (ti)∆t sisumand obtinem ca L ≈ Σn

i=0F (ti)∆t.

Trecand la limita cand n→ ∞ obtinem ca L =∫ l0F (t)dt.

Exemplu 8.17 O funie de greutate 10N/m si lungime 10m esteridicata pe un bloc de 10m ınaltime ca ın figura de mai jos. Sa secalculeze lucrul mecanic efectuat.

8.6 Lungimea unei curbe 132

Se fixeaza originea ca ın figura si se ımparte intervalul I = [0, 10]ın n subintervale de lungime egala ca ın figura de mai sus, decilungimea fiecarui subinterval va fi ∆t = (b− a)/n. Construim, deasemenea, numerele ti = i∆t ca ın figura.Lucrul mecanic total L este egal cu suma lucrurilor mecanice Li

efectuate pentru a muta capatul de jos al funiei ıntre pozitiile ti siti+1. Atunci cand n este foarte mare forta necesara pentru a muta

8.6 Lungimea unei curbe 133

capatul funiei ıntre pozitiile ti si ti+1 este aproape constanta siegala cu greutatea funiei ın acel moment adica F (ti) = lungime ·10N/m = (10−ti) ·10N . Rezulta ca Li ≈ F (ti)∆t = (10−ti)10∆tde unde

L ≈ Σni=0(10 − ti)10∆t (186)

Trecand la limita cand n→ ∞ se obtine

L =

∫

10

0

(10 − t)10dt (187)

Exemplu 8.18 O bara din metal are densitatea pe lungime datade o functe ρ(x) unde x este distanta de la capatul din stanga panala locul unde se masoara densitatea (vezi figura de mai jos). Sa seafle masa totala a barei de metal.

Se fixeaza originea, ca ın figura ın partea din stanga jos, se ımparteintervalul I = [0, L] ın n subintervale de lungime egala, deci lungimeafiecarui subinterval va fi ∆t = (b−a)/n. Construim, de asemenea,numerele ti = i∆t ca ın figura.Masa totala m a barei este egala cu suma maselor mi a partilordin bara ıntre planele verticale prin ti si ti+1.Atunci cand n e foarte mare ( deci ti foarte aproape de ti+1) vomavea ca densitatea bucatii din bara ıntre planele verticale prin tisi ti+1 este aproape constanta si egala cu ρ(ti). Rezulta atunci ca

mi ≈ ρ(ti)πR2∆t (188)

8.6 Lungimea unei curbe 134

si sumand obtinem

m ≈ Σni=0ρ(ti)πR

2∆t (189)

Trecand la limita cand n→ ∞ se obtine

m =

∫ L

0

πR2ρ(t)dt (190)

135

9 Cuadrice si corpuri de rotatie

Un corp de rotatie se obtine prin rotirea unei curbe ın jurul uneidrepte.De pilda, sfera unitate centrata ın origine este corpul de rotatieobtinut prin rotirea graficului functei f(t) =

√1 − t2, t ∈ [−1, 1]

ın jurul axei Ox. Torul se obtine prin rotirea cercului de raza Rcentrat ın (a, 0) cu a > R ın jurul axei Oy.

Fig. 42. Torul

Prin rotirea unei elipse ın jurul unei din axele ei de simetrie se vaobtine un elipsoid.

9.1 Volumul corpurilor de rotatie 136

Fig. 43. Elipsoidul

9.1 Volumul corpurilor de rotatie

Sa studiem cazul corpurilor de rotatie obtinute prin rotirea grafi-cului unei functii f : [a, b] → R ın jurul axei Ox.Se ımparte intervalul [a, b] ın n subintervale de lungime egala caın figura de mai jos, deci lungimea fiecarui subinterval va fi ∆t =(b − a)/n. Construim, de asemenea, numerele ti = a + i∆t ca ınfigura.

9.1 Volumul corpurilor de rotatie 137

Fig. 44. Corp obtinut prin rotatie ın jurul lui Ox

Rezulta ca volumul total al corpului de rotatie este egal cu sumavolumelor Vi ale partilor din corpul de rotatie aflate ıntre planeleverticale prin ti si ti+1 ca ın figura.

V = Σn−10

Vi

Pe de alta parte, deoarece pentru n foarte mare ti va fi foarteaproape de ti+1 putem spune ca partea din corpul de rotatie aflataıntre planele verticale prin ti si ti+1 este aproape un cilindru si ınconsecinta avem ca

9.1 Volumul corpurilor de rotatie 138

Vi ≈ ∆tπf(ti)2

Prin ınsumare rezulta ca

V ≈ Σn−10

∆tπf(ti)2

Trecand la limita dupa n→ ∞ rezulta ca

V = limn→∞Σn−10

∆tπf(ti)2

.Suma Riemann din dreapta converge la

∫ ba πf(ti)

2dt si deci

V =

∫ b

aπf(t)2dt (191)

Exemplu 9.1 Sa se calculeze volumul sferei unitate centrate ınorigine.

Sfera unitate centrata ın origine este obtinuta prin rotirea functeif : [−1, 1] → R,f(t) =

√1 − t2. Aplicand formula (191) rezulta ca

V ol(sfera) =

∫

1

−1

π(1 − t2)dt = 4/3π

Sa studiem cazul corpurilor de rotatie obtinute prin rotirea grafi-cului unei functii f : [a, b] → R ın jurul axei Oy.Se ımparte intervalul [a, b] ın n subintervale de lungime egala caın figura de mai jos, deci lungimea fiecarui subinterval va fi ∆t =(b − a)/n. Construim, de asemenea, numerele ti = a+ i∆t, ca ınfigura de mai jos.

9.1 Volumul corpurilor de rotatie 139

Fig. 45. Corp obtinut prin rotatie ın jurul lui Oy

Volumul V al corpului de rotatie este egal cu suma volumelor Vi

ale corpurilor obtinute prin rotirea regiunii din grafic ıntre liniileverticale prin ti si ti+1, ca ın figura de mai jos.

Fig. 46. Shell

9.1 Volumul corpurilor de rotatie 140

Volumul acestor corpuri poate fi aproximat dupa cum urmeaza:

Vi ≈ ınaltimea ∗ (aria bazei) ≈ f(ti) ∗ ∆t ∗ 2πti

Prin ınsumare rezulta ca

V ≈ Σn−1

i=0f(ti) ∗ ∆t ∗ 2πti

Trecand la limita cand n→ ∞ rezulta ca

V = limn→∞Σn−1

i=0f(ti) ∗ ∆t ∗ 2πti

si deci

V =

∫ b

a2πtf(t)dt

Exemplu 9.2 O cupola se obtine prin rotirea functei f : [0, 5] →R, f(t) = 3 − 3(t/5)2 ın jurul axei Oy. Calculati volumul cupolei.

Exemplu 9.3 O cupola se obtine prin rotirea functei f : [−5, 5] →R, f(t) = 3−3(t/5)2 ın jurul axei Oy. Atunci integrala

∫

5

−52πtf(t)dt

este egala cu1) volumul cupolei;2) dublul volumului cupolei;3) triplul volumului cupolei ;4) niciuna din variantele anterioare.

Exemplu 9.4 Torul se obtine prin rotirea cercului de raza R sicentru (a, 0) cu a > R ın jurul axei Oy. Sa se calculeze volumultorului.

9.2 Cuadrice 141

9.2 Cuadrice

Cuadricele sunt colectii de puncte de coordonate(x, y, z) ce satisfaco ecuatie carteziana de tipul

a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz+ (192)

+2a10x+ 2a20y + 2a30z + a00 = 0

Exemplu 9.5 Exemple de cuadrice:

Elipsoidul: x2/a2 + y2/b2 + z2/c2 = 1. Un exemplu este prezentatın figura de mai sus. Elipsoidul este un corp de rotatie. Hiper-boloidul cu o panza: x2/a2+y2/b2−z2/c2 = 1 este corp de rotatie.

Fig. 47. Hiperboloidul cu o panza

9.2 Cuadrice 142

Hiperboloidul cu doua panze:

x2/a2 + y2/b2 − z2/c2 = −1 (193)

Hiperboloidul cu doua panze este corp de rotatie.

Fig. 48. Hiperboloidul cu doua panze

Paraboloidul eliptic:

x2/a2 + y2/b2 = 2pz (194)

Paraboloidul eliptic este corp de rotatie.

9.2 Cuadrice 143

Fig. 49. Paraboloidul eliptic

Paraboloidul hiperbolic:

x2/a2 − y2/b2 = 2pz (195)

Paraboloidul hiperbolic nu este corp de rotatie.

9.2 Cuadrice 144

Fig. 50. Paraboloidul hiperbolic

Exemplu 9.6 (Alte cuadrice)

x2/a2 + y2/b2 = 1, – cilindru elipticx2/a2 − y2/b2 = 1, – cilindru hiperbolic

y2 = 2px, – cilindru parabolicx2/a2 − y2/b2 = 0, – pereche de plane concurente

x2 = a2, – pereche de plane paralelex2 = 0, – pereche de plane confundate

x2/a2 + y2/b2 = 0, – o dreaptax2/a2 + y2/b2 + z2/c2 = 0, – un punctx2/a2 + y2/b2 + z2/c2 = −1, – multimea vida

x2/a2 + y2/b2 = −1, – multimea vidax2/a2 = −1, – multimea vida

(196)

9.2 Cuadrice 145

Aducerea unei cuadrice generale la forma canonica.Cuadricele expuse mai sus sunt ın forma canonica, ınsensul ca nuapar termeni de tipul xy, xz, yz si, de asemenea, ın cazul ın caretermeni de tipul x2, y2, z2 sunt prezenti, termenii corespunzatorix, y, z nu mai apar. Din punct de vedere geometric, atunci cand ocuadrica e ın forma canonica, axele ( sau axa) de simetrie (daca ex-ista) sunt unele din axele reale Ox,Oy,Oz. De pilda, paraboloiduleliptic ın forma canonica x2 + y2 = z are ca axa de simetrie axaOz.In cele ce urmeaza vom incerca sa aducem la forma canonica ocuadrica de ecuatie generala data de (192).Teoria este aceeasi ca si ın cazul conicelor, cuadricei i se aplica maiıntai o rotatie (in spatiu) care sa puna cuadrica ın forma canonicaın raport cu o translatie a reperului nostru. Rotatia este apoiurmata de o translatie.Pentru aflarea rotatiei se calculeaza valorile proprii (λi)i=1..3 alematricii A a formei patratice asociate cu ecuatia (192).

A =

a11 a12 a13

a12 a22 a23

a13 a23 a33

(197)

Valorile proprii (λi)i=1..3 sunt solutiile λ ale ecuatiei

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 − λ a12 a13

a12 a22 − λ a23

a13 a23 a33 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0 (198)

Apoi, la fel ca ın cazul conicelor, se calculeaza o baza ortonormalaorientata pozitiv formata din vectori proprii (vi)i=1..3 pentru valo-rile proprii (λi)i=1..3. Prin urmare ei trebuie sa satisfaca ecuatiile

Avi = λivi

9.2 Cuadrice 146

sa fie liniar independenti, unitari, iar det(v1|v2|v3) > 0.Deoarece matricea formei patratice este simetrica astfel de vectoriproprii exista. Cu acesti vectori proprii se construieste matriceaR care are pe coloane vectorii vi

R = (v1|v2|v3).

Notatia de mai sus are urmatoarea semnificatie: daca notam vi =(v1

i , v2i , v

3i ) atunci

R =

v11 v1

2 v13

v21 v2

2 v13

v31 v3

2 v33

(199)

Ea corespunde rotatiei ın spatiu

xyz

= R ·

x′

y′

z′

(200)

Observam deasemenea ca

RtAR =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

(201)

Ecuatia cuadricei ın forma matriceala este

XtAX + 2bX + c = 0 (202)

unde

X =

xyz

, b =

a10

a20

a30

, c = a00 (203)

9.2 Cuadrice 147

Inlocuind ın egalitatea de mai sus X cu RX ′ unde

X ′ =

x′

y′

z′

(204)

si utilizand relatia (201) rezulta ca ecuatia ın coordonatele x′, y′, z′

devine

λ1x2 + λ2y

2 + λ3z2 + (termeni de ordin 1 sau 0) = 0

Pentru eliminarea termenilor de ordin 1 din ecuatia de mai sus secompleteaza patratele.

9.2 Cuadrice 148

LISTA DE FIGURI 149

Lista de figuri

Fig. 1. Doi vectori echipolenti . . . . . . . . . . . . . . . 9Fig. 2. a) regula paralelogramului b) regula triunghiului 11Fig. 3. Descompunerea unui vector dupa doua directii . 13Fig. 4. Proiectia vectorului ~a pe vectorul ~i . . . . . . . 15Fig. 5. Produsul vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Fig. 6. Sistemul de coordonate carteziene . . . . . . . . 19Fig. 7. Forta rezultanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Fig. 8. Forta rezultanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Fig. 9. Reprezentare polara . . . . . . . . . . . . . . . . 24Fig. 10. Teorema lui Pitagora generalizata . . . . . . . . 25Fig. 11. Lucru mecanic . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Fig. 12. Directia normala la un grafic ıntr-un punct . . 27Fig. 13. Proiectia vectoriala . . . . . . . . . . . . . . . . 28Fig. 14. Proiectia vectoriala pe un subspatiu . . . . . . 29Fig. 15. Calculul ınaltimii ıntr-un triunghi . . . . . . . . 31Fig. 16. Ecuatia vectoriala a unei drepte . . . . . . . . . 34Fig. 17. Dreapta orientata . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Fig. 18. Cosinusurile directoare . . . . . . . . . . . . . . 37Fig. 19. Ecuatia vectoriala a unei drepte . . . . . . . . . 39Fig. 20. Perpendiculara comuna a doua drepte . . . . . 43Fig. 21. Calculul lungimii perpendicularei comune . . . 44Fig. 22. Ecuatia unui plan . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Fig. 23. Ecuatia normala a planului . . . . . . . . . . . 51Fig. 24. Distanta de la un punct la un plan . . . . . . . 52Fig. 25. Unghiul a doua plane . . . . . . . . . . . . . . 54Fig. 26. Distanta de la un punct la un plan . . . . . . . 58Fig. 27. Planul determinat de o dreapta si un punct . . 63Fig. 28. Separare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66Fig. 29. Translatie de vector ~a . . . . . . . . . . . . . . 68

LISTA DE FIGURI 150

Fig. 30. Translatia de vector v . . . . . . . . . . . . . . 79Fig. 31. Translatia de vector v a lui Ω . . . . . . . . . . 81Fig. 32. Translatia unei drepte . . . . . . . . . . . . . . 82Fig. 33. Omotetia de scalar α . . . . . . . . . . . . . . . 83Fig. 34. Transformarea punctelor printr-o omotetie . . . 83Fig. 35. Transformarea unei drepte printr-o omotetie . . 85Fig. 36. Rotatie de unghi α . . . . . . . . . . . . . . . . 86Fig. 37. Rotatia conserva lungimea segmentului PQ . . 87Fig. 38. Rotatia ın jurul unui punct arbitrar O’ . . . . . 88Fig. 39. Simetria fata de o dreapta arbitrara . . . . . . 89Fig. 40. Curba cardioida . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120Fig. 41. Trifoiul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121Fig. 42. Torul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Fig. 43. Elipsoidul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136Fig. 44. Corp obtinut prin rotatie ın jurul lui Ox . . . . 137Fig. 45. Corp obtinut prin rotatie ın jurul lui Oy . . . . 139Fig. 46. Shell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139Fig. 47. Hiperboloidul cu o panza . . . . . . . . . . . . 141Fig. 48. Hiperboloidul cu doua panze . . . . . . . . . . 142Fig. 49. Paraboloidul eliptic . . . . . . . . . . . . . . . . 143Fig. 50. Paraboloidul hiperbolic . . . . . . . . . . . . . 144

Index

componentele unui vector dupadirectii date, 13

Compunerea transformarilor afine,70

conica, 104coordonate carteziene, 18cosinusurile directoare, 36

determinantul unei transformariafine, 69

dreapta orientata, 35drepte confundate, 104

ecuatia generala a planului, 47ecuatia normala a planului, 50ecuatia vectoriala, 33ecuatiile parametrice ale dreptei,

34elipsa, 111expresia analitica a unui vector,

14

fascicul, 61focarele unei elipse, 111focarele unei hiperbole, 112focarul parabolei, 113

hiperbola, 112

Inversa unei transformari afinenedegenerate, 71

matricea unei transformari afine,69

omotetia, 82originea reperului cartezian, 18

parabola, 113Perpendiculara comuna, 42plane de coordonate, 19produsul scalar a doi vectori, 15Produsul vectorial a doi vectori,

17Proiectia unui vector, 15

regula paralelogramului , 10regula triunghiului, 10reper cartezian, 18rotatie, 86

Simetria fata de dreapta D cetrece prin origine si faceun unghi α cu axa Ox,90

Simetria fata de o dreapta arbi-trara, 90

spatiul euclidian tridimensional,9

transformari afine nedegenerate,70

INDEX 152

Transformarile afine ın plan, 69translatia de vector −→v , 79

unghiul dintre doi vectori, 16

vector director, 33vector legat, 9vector legat nul, 9vector liber, 9vectori coliniari , 12vectori coplanari, 12vectori legati echipolenti, 9vectorul nul, 10versor, 10

BIBLIOGRAFIE 153

Bibliografie

[1] V. Cruceanu. Algebra liniara. Editura tehnica, 1969.

[2] I. Duda. Geometrie Analitica(note de curs). Facultatea dePompieri, Academia de Politie, 1992.

Bun de tipar: 5.12.2007; Coli tipar: 9,75 Format: 16/61×86

Editura Fundaţiei România de Mâine

Bulevardul Timişoara nr. 58, Bucureşti, Sector 6 Tel./Fax: 021/444.20.91; www.spiruharet.ro e-mail: contact@edituraromaniademaine.ro