curs de pregatire algebr a - 11dcnim - home11dcnim.wikispaces.com/file/view/curs+de+pregatire...curs...

CURS DE PREGATIRE ALGEBRA

TIBERIU BARTA

1

2 TIBERIU BARTA

Cuprins

1. Polinoame cu coeficienti complecsi 31.1. Notiuni introductive 31.2. Impartirea polinoamelor 41.3. Teorema fundamentala a algebrei. Radacinile polinoamelor 61.4. Relatiile lui Viete 71.5. Polinoame simetrice 82. Permutari 103. Ridicarea la putere a unei matrice patratice 163.1. Aplicatii 224. Determinanti 284.1. Determinantul Vandermonde 294.2. Determinant Vandermonde lacunar 304.3. Determinanti circulari 324.4. Aplicatii 335. Ecuatii binome ın Mn(C) 405.1. Aplicatii 426. Functii polinomiale de tip determinant 456.1. Aplicatii 507. Vectori si valori proprii 557.1. Aplicatii 598. Rangul unei matrice 648.1. Aplicatii 669. Matrice inversabile 71References 78

CURS DE PREGATIRE ALGEBRA 3

1. Polinoame cu coeficienti complecsi

1.1. Notiuni introductive. Fie C[X] multimea sirurilor infinite de numerecomplexe f = (a0, a1, a2, ....) si exista n ∈ N astfel ıncat ai = 0, pentru orice i > n.Elementele lui C[X] se numesc polinoame

Definitia 1.1. Fie f = (a0, a1, a2, ....) ∈ C[X]. Spunem ca f are gradul n si notamgrad(f) = n daca an 6= 0 si ai = 0, pentru orice i > n.Daca f = (0, 0, 0, ...), atunci grad(f) = −∞.

Definitia 1.2. Fie f = (a0, a1, a2, ....), g = (b0, b1, b2, ....) ∈ C[X]. Spunem ca f = gdaca si numai daca ai = bi,∀i ∈ N.

Pe multimea C[X] introducem doua operatii:Fie f = (a0, a1, a2, ....), g = (b0, b1, b2, ...) ∈ C[X], atunci:

1. f + g = (a0 + b0, a1 + b1, a2 + b2, ...) ∈ C[X];

2. f · g = (c0, c1, c2, ...), unde ck =k∑i=0

aibk−i.

Proprietatile adunarii pe C[X]:

1. Asociativitate: f + (g + h) = (f + g) + h,∀f, g, h ∈ C[X].2. Comutativitate: f + g = g + f, ∀f, g ∈ C[X];3. Element neutru: f + 0 = 0 + f = f, ∀f ∈ C[X], unde 0 = (0, 0, 0, ...).4. Orice polinom este inversabil la adunare inversul lui fiind −f

f + (−f) = (−f) + f = 0,∀f ∈ C[X].

Proprietatile ınmultirii pe C[X]:

1. Asociativitate: f · (g · h) = (f · g) + h,∀f, g, h ∈ C[X];2. Comutativitate: f · g = g · f, ∀f, g ∈ C[X];3. Element neutru: f · 1 = 1 · f = f, ∀f ∈ C[X], unde 1 = (1, 0, 0, ...);

4. Inmultirea este distributiva fata de adunare; f(g+ h) = fg+ fh,∀f, g, h ∈ C[X].

Notam cu X = (0, 1, 0, 0, ....).Observam ca X2 = (0, 0, 1, 0, 0, ...) si ın general X i = (0, 0, ...0︸︷︷︸

de i ori

, 1, 0, 0...). Cu aceste

notatii putem scrie

f = (a0, a1, a2, a3, ...) = (a0, 0, 0, ...) + (a1, 0, 0, ...)X + (a2, 0, 0, ...)X2 + ...

si cum functia F : C → A′, F (a) = (a, 0, 0, ...), unde A = (a, 0, 0, ...), este o functiebijectiva, putem identifica elementul (a, 0, 0, ...) cu numarul complex a.

In aceste conditii polinomul f = (a0, a1, a2, ..., an, 0, 0, ...) admite scrierea

f = a0 + a1X + a2X2 + ...+ anX

n

4 TIBERIU BARTA

numita si forma algebrica a polinomului f .

Propozitia 1.1. Fie f, g ∈ C[X]. Atunci

(1) grad(f + g) ≤ max(grad(f), grad(g));(2) grad(f · g) = grad(f) + grad(g).

Definitia 1.3. Fie f = anXn + an−1X

n−1 + ...+ a1X + a0 ∈ C[X] si α ∈ C. Atuncinumarul f(α) = anα

n + an−1αn−1 + ...+ a1α+ a0 se numeste valoarea polinomului f

ın α.

Aplicatii:

1. Sa se calculeze f + g daca:a) f = X4 + x2 + 1, g = 2x4 − 3x5 − 4x+ 17;b) f = −iX3+iX2+(1−i)X+1+i, g = (1+2i)X3+(1−i)X2−(2+5i)X+3−4i.

2. Sa se calculeze f · g, daca:a) f = X2 + 2X + 1, g = X − 2;b) f = iX + 2, g = −X2 − 2iX + 4.

3. Sa se determine ın raport cu parametrul complex m, gradul polinomului f :a) f = (m2+3m+2)X4+(m3+2m2−m−2)X3+(m2+4m+3)X2+(m2−1)X+1;b) f = (m2 + 1)X4 + (m4 − 1)X2 + 2iX + 1.

4. a) Fie polinomul f = X3 − 6x + 6. Sa se determine valoarea acestui polinom

pentru3√

7 +√

41 +3√

7−√

41.b) Fie polinomul f = X4 − 4x2 + 1. Sa se determine valoarea acestui polinom

pentru4√

3− 2√

2 +4√

3 + 2√

2.

1.2. Impartirea polinoamelor.

Teorema 1.1. Oricare ar fi f, g ∈ C[X], g 6= 0, exista si sunt unice q, r ∈ C[X]astfel ıncat

f = gq + r si grad(r) < grad(q)

Teorema 1.2. Restul ımpartirii unui polinomului f la X − a este f(a).

Teorema 1.3. Fie f, g ∈ C[X]. Spunem ca polinomul f divide polinomul g dacaexista h ∈ C[X] astfel ıncat g = f · h.

Definitia 1.4. Fie f ∈ C[X] cu grad(f) ∈ N∗ si a ∈ C. Spunem ca a este radacinaa lui f daca f(a) = 0.

Teorema 1.4. (Teorema lui Bezout) Fie f ∈ C[X]. Numarul a este radacina a luif daca si numai daca (X − a)|f .


Definitia 1.5. Fie f ∈ C[X], grad(f) ∈ N∗ si a ∈ C[X]. Spunem ca a este radacinacu ordin de multiplicitate k pentru f daca (X − a)k|f si (X − a)k+1 - f

Aplicatii:

1. Sa se determine catul si restul ımpartirii polinomului f la g:a) f = X4 − 2X2 + 3X + 5, g = X2 −X + 1;b) f = X4 + 3X3 − 5X2 + 7X − 1, g = X2 + 2x+ 3.

2. Folosind schema lui Horner sa se determine catul si restul ımpartirii polinomuluif la g daca:a) f = X3 − 5X2 + 4x+ 9, g = X − 1;b) f = 2X4 + 3X2 − 5X + 12, g = X + 1;c) f = X3 − 8, g = X − 2.

3. Sa se arate ca polinomul f = X4 − 3X3 + 2X2 + 4X − 4 se divide cu X − 1.

4. Sa se determine parametrul real m astfel ıncat polinomul f = X4+mX3+2X2−8ımpartit la X − 2 sa dea restul 4.

5. Sa se determine parametrul real m astfel ıncat polinomul f = X3 + (2m+ 1)X2 +3X2 − 12 ımpartit la X + 1 sa dea restul 7.

6. Sa se determine parametrii a, b astfel ıncat polinomul f = X3 + aX2 + bX + 3ımpartit la X − 1 sa dea restul 5 si ımpartit la X + 1 sa dea restul 7.

7. Sa se arate ca polinomul (X2 +X − 1)4n+1 −X se divide cu X2 − 1.

8. Sa se arate ca polinomul (X2 +X + 1)8n+1 −X se divide cu X2 + 1.

9. Sa se determine a, b ∈ C[X] astfel ıncat restul ımpartirii polinomuluif = X4 +X3 + 2X2 + aX + b la X2 + 1 sa fie 2X + 3.

10. Sa se determine polinomul de grad 3 care ımpartit la X2 − 3X da restul 6X − 15si ımpartit la X2 − 5X + 8 da restul 2X − 7.

11. Determinati restul ımpartirii polinomului f = X30 − 4X3 + x + 5 la polinomulX2 − 1.

12. Determinati restul ımpartirii polinomului f = X120 + X4 + 3X2 + X + 5 lapolinomul:

6 TIBERIU BARTA

a) g = X2 − 1;b) g = X2 +X;c) g = X3 −X;d) g = X2 +X + 1;e) g = X3 − 1.

1.3. Teorema fundamentala a algebrei. Radacinile polinoamelor.

Teorema 1.5. (Teorema fundamentala a algebrei) Orice polinom f ∈ C[X] cugrad(f) ≥ 1 admite cel putin o radacina complexa.

Observatia 1.1. Daca f ∈ C[X] cu grad(f) = n, n ≥ 1 atunci f admite exact nradacini complexe.

Observatia 1.2. i) Daca f ∈ C[X] cu grad(f) = n,f = anX

n + an−1Xn−1 + ... + a1X + a0 si x1, x2, ..., xn sunt radacinile lui f ,

atuncif = an(x− x1)(x− x2) · ... · (x− xn).

ii) Daca f, g ∈ C[X],max(grad(f), grad(g)) ≤ n si f(x) = g(x),∀x ∈ A, undeA ⊂ C cu card{A} ≥ n+ 1 atunci f = g (f(x) = g(x), ∀x ∈ C).

Propozitia 1.2. a) Daca f ∈ R[X] si admite radacina z = a + bi, a, b ∈ R, b 6= 0,atunci f admite si radacina z = a− bi.

b) Daca f ∈ Q[X] si admite radacina z = a +√b, a, b ∈ Q,

√b ∈ R \ Q, atunci f

admite si radacina z1 = a−√b.

c) Daca f = anXn + an−1X

n−1 + ...+ a1X + a0 ∈ Z[X], p, q ∈ Z, (p, q) = 1. Dacap

qeste radacina a lui f atunci p|a0 si q|an.

Observatia 1.3. 1. Orice polinom cu coeficienti reali are un numar par de radacinicomplexe.

2. Un polinom cu coeficienti reali de grad impar are cel putin o radacina reala.

Aplicatii

1. Se considera numarul a =√

3− i si polinomul f = X4 − 4X2 + 16.a) Sa se arate ca f(a) = 0.b) Sa se determine radacinile polinomului f .c) Sa se arate ca polinomul f este ireductibil ın Q[X].


2. Sa se arate ca daca f ∈ Z[X] si f(0), f(1) sunt numere impare, atunci f nu areradacini ıntregi.

3. Se considera polinoamele f, g ∈ Q[X], f = X4 + X3 + X2 + X + 1, cu radacinilex1, x2, x3, x4 ∈ C si g = X2 − 1.a) Sa se determine restul ımpartirii lui f la g.b) Sa se calculeze (1− x1)(1− x2)(1− x3)(1− x4).c) Sa se calculeze g(x1)g(x2)g(x3)g(x4).

4. Se considera polinomul f = X4 − 7X3 + 21X2 + aX + b ∈ R[X]. Sa se determinea, b si sa se rezolve ecuatia f(x) = 0, daca 1 + 2i este radacina a lui f.

5. Sa se determine P ∈ C[X] astfel ıncat (x − 3)P (x) = xP (x − 1),∀x ∈ R[X] siP (3) = 6.

6. Sa se arate ca polinomul f = (X − 1)(X − 2)(X − 3)− 1 ∈ Z[X] este ireductibilpeste Z.

7. In multimea R[X] se considera polinoamele f = X4 + X3 + X2 + X + 1 sig = X2 −X − 1.a) Sa se determine catul si restul ımpartirii lui f la g.b) Sa se arate ca daca y este radacina a polinomului g, atunci y3 = 2y + 1.c) Sa se demonstreze ca daca y este radacina a polinomului g, atunci f(y) ∈ R\Q.

1.4. Relatiile lui Viete. Daca f = anXn + an−1X

n−1 + ...+ a1X + a0 ∈ C[X] six1, x2, ..., xn sunt radacinile polinomului f atunci avem relatiile:

x1 + x2 + ...+ xn = −an−1an

x1x2 + x1x3 + ...+ xn−1xn =an−2an

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

x1 · x2 · x3 · ... · xn = (−1)na0an.

Aplicatii

1. Fie x, y, z ∈ C, astfel ıncat x+ y + z = 0. Sa se demonstreze ca:

x2 + y2 + z2

2· x

5 + y5 + z5

5=x7 + y7 + z7

7.

2. Sa se determine radacinile polinomului f = X4 − 6X3 + 18X2 − 30X + 25 stiindca suma a doua dintre ele este egala cu 4.

8 TIBERIU BARTA

3. Sa se rezolve sistemul

{x+ y + z = 1

xyz = 1, stiind ca x, y, z sunt numere complexe

de modul egal cu 1.4. Sa se determine toate numerele reale r, pentru care exista cel putin un triplet

(x, y, z) de numere reale nenule, astfel ıncat

x2y + y2z + z2x = xy2 + yz2 + zx2 = rxyz.

1.5. Polinoame simetrice.

Definitia 1.6. Polinomul f(X1, X2, ..., Xn) ∈ C[X1, X2, ..., Xn] se numeste polinomsimetric daca pentru orice permutare σ ∈ Sn avem:

f(X1, X2, ..., Xn) = f(Xσ(1), Xσ(2), ..., Xσ(n)).

Polinoamele s1, s2, ..., sn din C[X1, X2, ..., Xn] definite prin:

s1 = X1 +X2 + ...+Xn

s2 = X1X2 +X1X3 + ...+Xn−1Xn

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

sn = X1X2...Xn

se numesc polinoame simetrice fundamentale ın nedeterminatele X1, X2, ..., Xn.

Definitia 1.7. • Un polinom de forma aX i11 X

i22 ...X

inn se numeste monom, iar

prin gradul monomului se ıntelege suma i1 + i2 + ...+ in.

• Daca f =

k1,k2,...,kn∑i1,i2,...,in=0

ai1,i2,...,inai1,i2,...,inXi11 X

i22 ...X

inn , atunci gradul polinomului

f se defineste prin: grad(f) =

{−∞ , daca f = 0

maximul gradelor termenilor sai daca f 6= 0.

• Daca toti termenii unui polinom f ∈ C[X1, X2, ..., Xn] au acelasi grad, atuncif se numeste polinom omogen.

Teorema 1.6. (Teorema fundamentala a polinoamelor simetrice) Pentru orice poli-nom simetric f(X1, X2, ..., Xn) ∈ C[X1, X2, ..., Xn] exista un unic polinomg(X1, X2, ..., Xn) ∈ C[X1, X2, ..., Xn] astfel ıncat P (X1, X2, ..., Xn) = g(s1, s2, ..., sn).

Exemple:

1. Sa se exprime polinomul f = X41 +X4

2 +X43−2X2

1X22−2X2

1X23−2X2

2X23 ın functie

de polinoamele simetrice fundamentale.


Solutie: Exponentii termenilor principali ai polinoamelor care vor ramane dupaeliminarea succesiva a termenilor principali vor fi: (4, 0, 0), (3, 1, 0), (2, 2, 0), (2, 1, 1).Polinomul f va fi de forma:

f = s41 + as21s2 + bs22 + cs1s3, a, b, c ∈ R.

X1 X2 X3 s1 s2 s3 f1 0 1 2 1 0 0 = 16 + 4a+ b1 −1 1 1 −1 −1 −3 = 1− a+ b− c0 1 −1 0 −1 0 0 = b

Obtinem a = −4, b = 0, c = 8, de unde f = s41 + 8s1s3. �

2. Sa se exprime polinomul f = X3 + Y 3 + Z3 ın functie de polinoamele simetricefundamentale.

Solutie: Exponentii termenilor principali ai polinoamelor care vor ramane dupaeliminarea succesiva a termenilor principali vor fi: (3, 0, 0), (2, 1, 0), (1, 1, 1). Poli-nomul f va fi de forma:

f = s31 + as1s2 + bs3, a, b ∈ R.

X Y Z s1 s2 s3 f1 0 1 2 1 0 2 = 8 + 2a1 −1 1 1 −1 −1 1 = 1− a− b

Obtinem a = −3, b = 3, de unde f = s31 − 3s1s2 + 3s3. �

Notam cu Sk = Xk1 +Xk

2 + ...+Xkn.

Teorema 1.7. (”Formulele lui Newton”) Pentru orice k ≥ 1 au loc formulele

(−1)k−1Sk + (−1)k−2Sk−1s1 + ...+ S1sk−1 = ksk,

unde sk = 0, pentru k > n.

Aplicatii:

1. Sa se arate ca (X + Y )5 −X5 − Y 5 = 5XY (X + Y )(X2 +XY + Y 2).

Demonstratie: Consideram polinomul f(X, Y ) = (X+Y )5−X5−Y 5 si observamca

f(0, Y ) = 0⇒ X|f(X, Y ).

Analog f(X, 0) = 0⇒ Y |f(X, Y ) si f(−Y, Y ) = 0⇒ (X + Y )|f(X, Y ). De undeobtinem ca f(X, Y ) = XY (X + Y )g(X, Y ). Cum f este un polinom simetricomogen de grad 5, obtinem ca g este un polinom simetric si omogen de grad 2, deunde obtinem ca f(X, Y ) = XY (X + Y )(aX2 + bXY + aY 2).

10 TIBERIU BARTA

Pentru determinarea lui a, b este suficient sa atribuim valori reale nedetermi-natelor. De exemplu:

f(1, 1) = 2(2a+ b)⇒ 2a+ b = 15

f(2, 1) = 6(5a+ 2b)⇒ 5a+ 2b = 35.

Din cele doua relatii obtinem ca a = 5, b = 5 si identitatea este demonstrata. �

2. Se dau numerele reale x, y, z, t astfel ıncat x + y + z + t = x7 + y7 + z7 + t7 = 0.Sa se arate ca x(x+ y)(x+ z)(x+ t) = 0.

Tabara Nationala de matematica

Demonstratie: Consideram polinomul f = (x+y+z+t)7−x7−y7−z7−t7 si scriemacest polinom ın functie de polinoamele simetrice fundamentale. Exponentiitermenilor principali ai polinoame care vor ramane dupa eliminarea succesiva atermenilor principali vor fi: (6, 1, 0, 0), (5, 2, 0, 0), (5, 1, 1, 0), (4, 3, 0, 0), (4, 2, 1, 0),(4, 1, 1, 1), (3, 3, 1, 0), (3, 2, 1, 1). polinomul f se scrie de forma:

f = 7s51s2 + as31s22 + bs41s3 + cs1s

32 + +ds21s2s3 + es31s4 +ms22s3 + gs1s2s4 + ps3s4.

Cum s1 = 0, este nevoie sa determinam doar m, p.Fie x = y = z = 1, t = −3, obtinem −288m+ 24p = 2184, iar pentru x = 0,y = z = 1, t = −2, rezulta −18m = 125.Solutia sistemului este m = −7, p = 7.Din ipoteza avem ca x7 + y7 + z7 = x + y + z + t = 0 ⇒ −7s22s3 + 7s3s4 = 0 ⇔s3(s

22 − s4) = 0⇒ s3 = 0 sau s4 = s22.

x, y, z, t sunt radacinile ecuatiei u4 − s1u3 + s2u2 − s3u+ s4 = 0.

Daca s3 = 0, rezulta ca x, y, z, t sunt solutiile ecuatiei u4 + s2u2 + s4 = 0, care

sunt de forma ±u1,±u2 si relatia x(x+ y)(x+ z)(x+ t) = 0 este verificata.Daca s4 = s22, din formulele lui Newton obtinem S4 = −2s22 ≤ 0, deci s2 = 0 siS4 = 0⇒ x = y = z = t = 0 si relatia x(x+y)(x+z)(x+t) = 0 este verificata. �

2. Permutari

Definitia 2.1. O functie bijectiva σ : {1, 2, 3, ..., n} → {1, 2, ..., n} se numestepermutare de n elemente sau permutare de ordin n. Multimea permutarilor de ordinn se noteaza cu Sn.

Daca σ ∈ Sn notam σ =

(1 2 ... n

σ(1) σ(2) ... σ(n)

). Permutarea e =

(1 2 ... n1 2 ... n

)se numeste permutarea identica de ordin n.

Observatia 2.1. |Sn| = n!.

Definitia 2.2. Fie D = {i1, i2, ..., ip} ⊂ {1, 2, ..., n}. Vom numi ciclu permutarea ϕcu proprietatile:


i) ϕ(i1) = i2, ϕ(i2) = i3, ..., ϕ(ip−1) = ip, ϕ(ip) = i1;ii) daca i /∈ D atunci ϕ(i) = i.

Multimea D se numeste orbita ciclului ϕ. Notam ciclul ϕ = (i1, i2, ..., ip). Se numestelungime a ciclului numarul de elemente ale multimii D. Un ciclul de lungime 2 senumeste transpozitie.

Definitia 2.3. Fie σ, τ doua cicluri din Sn, iar Oσ, Oτ orbitele lor. Daca orbiteleOσ, Oτ sunt disjuncte, adica Oσ ∩Oτ = ∅, ciclurile σ si τ se numesc disjuncte.

Propozitia 2.1. Daca σ, τ ∈ Sn sunt cicluri disjuncte, atunci στ = τσ.

Demonstratie: Fie i ∈ {1, 2, ..., n}. Daca n /∈ Oσ ∪ Oτ , atunci σ(i) = τ(i) = i, deunde σ(τ(i)) = τ(σ(i)) = i.

Daca i ∈ Oσ \Oτ , atunci σ(τ(i)) = σ(i), iar τ(σ(i)) = σ(i)(σ(i) /∈ Oτ ). Analog setrateaza si cazul i ∈ Oτ \Oσ. �

Propozitia 2.2. Orice permutare σ ∈ Sn, σ 6= e, se descompune ca un produs finitde cicluri disjuncte. Mai mult aceasta descompunere este unica, abstractie facand deordinea factorilor.

Pentru a descompune o permutare σ ∈ Sn, diferita de permutarea identica, procedamastfel:

• Consideram i, astfel ıncat σ(i) 6= i.• Consideram elementele distincte i = σ0(i), σ(i), σ2(i), ..., σm−1(i), undem este

cel mai mic numar natural nenul astfel ıncat σm(i) = i. notamτ = (i, σ(i), σ2(i), ..., σm−1(i)).• Daca nu exista j, astfel ıncat σ(j) 6= j si j /∈ Oτ , atunci σ = τ .• Daca exista j ∈ {1, 2, .., n} ce nu apare ın Oτ , dar pentru care σ(j) 6= j,

consideram elementele distincte j = σ0(j), σ(j), σ2(j), ..., σk−1(j), unde k estecel mai mic numar natural nenul astfel ıncat σk(j) = j.• Dupa un numar finit de pasi ajungem sa epuizam toate elementele distincte

ale permutarii σ.

Exemplu: Sa se scrie permutarea σ =

(1 2 3 4 5 6 7 83 2 6 5 7 1 8 4

)ca produs de

cicluri disjuncte.

Solutie: σ = (1, 3, 6)(4, 5, 7, 8). �

Propozitia 2.3. Orice ciclu σ ∈ Sn este un produs de transpozitii.

Demonstratie: Daca σ = (i0, i1, ..., im−1), atunci σ = (i0, im−1)...(i0, i2)(i0, i1). �

Observatia 2.2. (i, j)(i, j) = e.

Corolar 2.1. Orice permutare din Sn este un produs finit de transpozitii.

12 TIBERIU BARTA

Definitia 2.4. Fie σ ∈ Sn. O pereche (i, j) se numeste inversiune a permutarii σdaca i < j si σ(i) > σ(j). Numarul de inversiuni a permutarii σ se noteaza cu m(σ).

Definitia 2.5. Daca σ ∈ Sn este o permutare, definim

ε(σ) =∏

1≤i<j≤n

σ(j)− σ(i)

j − i.

ε(σ) se numeste semnul( signatura) permutarii σ.

Se observa ca orice factor σ(j)− σ(i), pentru i < j, de la numaratorul produsuluidin formula care da ε(σ) se simplifica cu unul din factorii de la numitor care apare,eventual, cu semn schimbat. Asadar ε(σ) = (−1)m(σ).

Definitia 2.6. O permutare se numeste para daca ε(σ) = 1, adica m(σ) este numarpar si se numeste impara daca ε(σ) = −1, adica m(σ) este numar impar.

Propozitia 2.4. Orice transpozitie este o permutare impara.

Demonstratie: Fie i < j si

(i, j) =

(1 ... i− 1 i i+ 1 ... j − 1 j j + 1 ... n1 ... i− 1 j i+ 1 ... j − 1 i j + 1 ... n

).

Numarul de inversiuni este m(σ) = (j − i) + (j − i − 1) = 2(j − i) − 1 si deciε((i, j)) = −1. �

Propozitia 2.5. ε(σ(τ)) = ε(σ)ε(τ),∀σ, τ ∈ Sn.

Demonstratie: Deoarece numerele τ(1), τ(2), ..., τ(n) sunt tocmai numerele 1, 2, ..., nsi cum ın produsul care-l defineste pe ε(σ) diferentele de la numitor se pot face si ınalta ordine, rezulta ca:

ε(σ) =∏

1≤i<j≤n

σ(τ(j))− σ(τ(i))

τ(j)− τ(i).

ε(σ ◦ τ) =∏

1≤i<j≤n

σ(τ(j))− σ(τ(i))

j − i=

=∏

1≤i<j≤n

σ(τ(j))− σ(τ(i))

τ(j)− τ(i)·∏

1≤i<j≤n

τ(j)− τ(i)

j − i)= ε(σ)ε(τ).

�

Probleme rezolvate:

1. Se da permutarea σ =

(1 2 3 4 55 3 1 2 4

). Sa se determine permutarile x ∈ S5

pentru care x ◦ σ ◦ x = e( e este permutarea identica de ordin 5).


RMT 1/1991-Aurel Dobosan

Solutie: Ecuatia xσx = e este echivalenta cu (x−1)2 = σ.Rezolvam ecuatia y2 = σ.Daca y(1) = 1⇒ y(1) = y2(1) = 5, contradictie.Daca y(1) = 2⇒ y(2) = y2(1) = 5⇒ y(5) = y2(2) = 3⇒

y(3) = y2(5) = 4 ⇒ y(4) = y2(3) = 1, am obtinut y =

(1 2 3 4 52 5 4 1 3

)si cum

x = y−1, avem x =

(1 2 3 4 54 1 5 3 2

).

y(1) = 3 ⇒ y(3) = y2(1) = 5 ⇒ y(5) = y2(3) = 1 ⇒ y(1) = y2(5) = 2,

contradictie. In mod asemanator se arata ca nu este posibil ca y(1) = 4 sauy(1) = 5. �

2. Fie σ ∈ Sn. Sa se arate ca exista k ∈ N∗ astfel ıncat σk = e.

Demonstratie: Fie M = {σn|n ∈ N∗} ⊂ Sn. Deoarece Sn este finita, rezulta caM este finita. Obtinem ca exita p > q, p, q ∈ N∗, astfel ıncat σp = σq. Prinsimplificare avem σp−q = e. Notam p− q = k si obtinem σk = e. �


(1 2 3 4 5 6 7 8 96 4 7 9 8 3 5 1 2

).

a) Sa se determine cel mai mic numar natural n ∈ N∗ astfel ıncat σn = e.b) Sa se arate ca ecuatia x2 = σ nu are solutii reale.

Solutie: a) σ = (1, 6, 3, 7, 5, 8)(2, 4, 9) si σn = (1, 6, 3, 7, 5, 8)n(2, 4, 9)n. Cum pen-tru unn ciclu τ de lungime m, cel mai mic numar k pentru care τ k = e este m,obtinem ca n = 6.b) Permutarea σ este impara, iar x2 este o permutare para, deci ecuatia x2 = σnu are solutii. �

4. In multimea permutarilor de ordin n exista transpozitia (i, j), 1 ≤ i < j ≤ n,

pentru care avem m((i, j)) =n(n− 1)

2− 1. Sa se determine n.

GM 11/1985-Irina Stanescu

Demonstratie: m((i, j)) = 2(j − i)− 1 si de aici obtinem 4(j − i) = n(n− 1). Dinj − i ≤ n− 1 rezulta ca n ≤ 4. Din j − i ≥ 1 avem ca n(n− 1) ≥ 4⇒ n ≥ 3.Daca n = 3, obtinem 2(j − i) = 3, contradictie.Daca n = 4, rezulta ca 2(j − i) = 6⇒ j − i = 3, deci permutarea este (1, 4). �


(1 2 3 42 1 4 3

). Sa se determine permutarile din S4 astfel

ıncat σϕ = ϕσ.

14 TIBERIU BARTA

GM 5/1987-Marcel Chirita

Demonstratie: Fie ϕ ∈ S4 care are proprietatea ca σϕ = ϕσ ⇔ σ = ϕ(1, 2)(3, 4)ϕ−1.(1 2 3 42 1 4 3

)=

(ϕ(1) ϕ(2) ϕ(3) ϕ(4)ϕ(2) ϕ(1) ϕ(4) ϕ(3)

)de unde deducem {1, 2} = {ϕ(1), ϕ(2)}, {3, 4} = {ϕ(3), ϕ(4)} sau {1, 2} = {ϕ(3), ϕ(4)},{3, 4} = {ϕ(1), ϕ(2)}. Se obtin permutarile(

1 2 3 41 2 3 4

),

(1 2 3 42 1 3 4

),

(1 2 3 42 1 4 3

),

(1 2 3 41 2 4 3

),(

1 2 3 43 4 1 2

),

(1 2 3 43 4 2 1

),

(1 2 3 44 3 1 2

),

(1 2 3 44 3 2 1

).

�

6. Pentru o permutare ϕ a multimii {1, 2, 3, ..., n} se noteaza Sn(ϕ) =n∑k=1

√k

ϕ(k). Sa

se arate ca Sn(ϕ) este minima daca ϕ este permutarea identica, apoi sa se calculezelimn→∞

Sn(ϕ).

GM 7-8/1987

Solutie: Fie ϕ ∈ Sn permutarea pentru care suma este minima. Daca ϕ(i) <ϕ(j),∀1 ≤ i < j ≤ n, atunci ϕ = e. Presupunem ca ϕ 6= e, atunci exitaa1 ≤ i < j ≤ nm astfel ıncat ϕ(i) > ϕ(j). Fie τ = ϕ(i, j), atunci

Sn(ϕ)− Sn(τ) =n∑k=1

√k

ϕ(k)−

n∑k=1

√k

τ(k)=

√i

ϕ(i)+

√j

ϕ(j)−√i

τ(i)−√j

τ(j)=

(√j −√i)(ϕ(i)− ϕ(j))

ϕ(i) · ϕ(j)> 0⇒ Sn(ϕ) > Sn(τ),

absurd, contrazice alegerea lui σ, ceea ce implica σ = e.

Folosim inegalitatea 2√k + 1− 2

√k <

1√k, ∀k ≥ 1 si obtinem:

2√n+ 1− 2 ≤

n∑k=1

1√k

si cum limn→∞

(2√n+ 1− 2) =∞, rezulta

n∑k=1

1√k

=∞.

Sn(ϕ) ≥ Sn(e) =n∑k=1

1√k,∀ϕ ∈ Sn ⇒ lim

n→∞Sn(ϕ) =∞,∀ϕ ∈ Sn.


�

7. Daca Sn, n ≥ 3 este multimea permutarilor de grad n, sa se arate ca nu existafunctii surjective f : Sn → Sn, f(x) = xk, k ∈ {2, 3, ..., n}.

GM 9/1989-Marcel Chirita, Jenica Cranganu

Demonstratie: Presupunem ca exista k ∈ 1, n, astfel ıncat f : Sn → Sn sa fiesurjectiva. Deoarece Sn este multime finita rezulta ca f este bijectiva.Consideram ciclul σ = (1, 2, 3, ..., k), atunci f(σ) = e = f(e), absurd, deci nuexista astfel de functii. �

8. Fie σ ∈ S15,

σ =

(1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1515 5 14 11 12 8 4 3 9 7 13 2 10 6 1

).

a) Sa se arate ca exista σ1, σ2, σ3, σ4 ∈ S15 \ {e} astfel ıncat σn = σn1σn2σ

n3σ

n4 .

b) Sa se calculeze σ60.c) Sa se descompuna σ ın produs de transpozitii.

Concursul anual al rezolvitorilor Gazetei Matematice-1994-St. Alexe

Solutie: a) Descompunem σ ın produs de ciclii disjuncti

σ = (1, 15)(2, 5, 12)(3, 14, 6, 8)(4, 11, 13, 10, 7) = σ1σ2σ3σ4

si cum σiσj = σjσi,∀i, j ∈ 1, 4⇒ σn = σn1σn2σ

n3σ

n4 .

b) Avem σ21 = σ3

2 = σ43 = σ5

4 = e, atunci σ60 = (σ21)30(σ3

2)20(σ43)15(σ5

4)12 = e.c)

σ = (1, 15)(2, 12)(2, 5)(3, 8)(3, 6)(3, 14)(4, 7)(4, 10)(4, 13)(4, 11).

�

9. Fie H ⊂ Sn, H 6= ∅ cu proprietatea ca ∀σ, τ ∈ H ⇒ στ ∈ H.a) e ∈ H;b) daca σ ∈ H ⇒ σ−1 ∈ H.

Solutie: Daca σ ∈ H se arata imediat (inductie matematica) ca σn ∈ H,∀n ∈ N∗.a) Fie σ ∈ H, atunci exista k ∈ N∗ astfel ıncat σk = e (vezi problema 2) , de underezulta e ∈ H.b) Daca σ ∈ H, fie k ∈ N∗ astfel ıncat σk = e⇒ σ−1 = σk−1 ∈ H. �

10. Fie σ ∈ Sn, n ≥ 3. Daca σx = xσ,∀x ∈ Sn, atunci σ = e.

Demonstratie: Fie i ∈ {1, 2, 3, ..., n} si α =

(1 2 ... i− 1 i i+ 1 ... n2 3 ... i+ 1 i i+ 2 ... 1

).

σ(α(i)) = α(σ(i))⇔ σ(i) = α(σ(i))

16 TIBERIU BARTA

si cum se observa ca α(k) = k ⇒ k = i, obtinem ca σ(i) = i. Asadarσ(i) = i, ∀i ∈ {1, 2, 3, ..., n}, deci σ = e. �

11. Fie n ∈ N, n ≥ 3 si σ ∈ Sn o permutare ce comuta cu permutarile(1 2 3 ... n− 1 n2 1 3 ... n− 1 n

)si

(1 2 3 ... n− 1 n2 3 4 ... n 1

).

Aratati ca σ este permutarea identica din Sn.

Concursul interjudetean ”Academician Radu Miron”-Vaslui 2001

3. Ridicarea la putere a unei matrice patratice

Vom prezenta mai multe metode pentru calculul lui An, unde A ∈ Mp(C) sin ∈ N∗.

I. Inductia matematica:Dandu-se o matriceA ∈Mp(C), se calculeazaA2, A3, A4,se observa o formula pentru An si se demonstreaza cu ajutorul inductieimatematice formula gasita.

Exemple: Sa se calculeze An, ın cazurile:

a) A =

(1 10 1

).

b) A =

1 0 10 1 01 0 1

.

Solutie: a) A2 =

(1 20 1

), A3 =

(1 30 1

).

Presupunem ca An =

(1 n0 1

)si demonstram ca An+1 =

(1 n+ 10 1

)

An+1 = AnA =

(1 n0 1

)(1 n+ 10 1

)=

(1 n+ 10 1

),

rezulta ca An =

(1 n0 1

),∀n ≥ 1.


b) A2 =

2 0 20 1 02 0 2

, A3 =

4 0 40 1 04 0 4

.

Presupunem caAn =

2n−1 0 2n−1

0 1 02n−1 0 2n−1

si demonstram caAn+1 =

2n 0 2n

0 1 02n 0 2n

An+1 = AnA =

2n−1 0 2n−1

0 1 02n−1 0 2n−1

1 0 10 1 01 0

=

2n 0 2n

0 1 02n 0 2n

,

rezulta ca An =

2n−1 0 2n−1

0 1 02n−1 0 2n−1

,∀n ∈ N.

�

II. Binomul lui Newton.Fie matricea A ∈Mp(C). Se scrie matricea A = B+C,cu BC=CB si se aplica binomul lui Newton pentru a calcula (B + C)n.

Exemple: Sa se calculeze An, ın cazurile:

a) A =

(2 11 2

).

b) A =

1 1 10 1 10 0 1

.

Solutie: a) A =

(1 00 1

)+

(1 11 1

)= I2 + B, unde B =

(1 11 1

). Se arata ca

B2 = 2B de unde rezulta Bn = 2n−1B, ∀n ∈ N∗.

An = (B + C)n =n∑k=0

CknI

n−k2 Bk = I2 +

n∑k=1

Ckn2k−1B =

= I2 +

n∑k=1

Ckn2k

2B = I2 +

3n − 1

2B =

1

2

(3n + 1 3n − 13n − 1 3n + 1

)

18 TIBERIU BARTA

b) ScriemA = I3+B, undeB =

0 1 10 0 10 0 0

. CalculamB2 =

0 0 10 0 00 0 0

, B3 =

O3 rezulta ca Bn = O3,∀n ≥ 3.

An = (I3 +B)n = C0nI

n3 + C1

nIn−13 B + C2

nIn−23 B2 = I3 + nB +

n(n− 1)

2B2 =

=

1 n n(n+1)2

0 1 n0 0 1

�

III. Metoda sirurilor recurente

Exemplu Sa se calculeze An daca A =

0 1 01 0 10 1 0

Solutie:

A2 =

1 0 10 2 01 0 1

, A3 =

0 2 02 0 20 2 0

Presupunem caAn =

an bn anbn 2an bnan bn an

si demonstram caAn+1 =

an+1 bn+1 an+1

bn+1 2an+1 bn+1

an+1 bn+1 an+1

An+1 = A · An =

0 1 01 0 10 1 0

an bn anbn 2an bnan bn an

=

bn 2an bn2an 2bn 2anbn 2an bn

. Obtinem

ca an+1 = bn, bn+1 = 2an, ceea ce implica an+1 = 2an−1.Ecuatia caracteristica asociata sirului (an)n≥1 este r2 = 2 cu solutiile

r1,2 = ±√

2. Sirul an = c1(√

2)n + c2(−√

2)n si cum a1 = 0, a2 = 1 rezulta

an =(√

2)n + (−√

2)n

4, bn =

(√

2)n+1 + (−√

2)n+1

4.

�

IV. Utilizarea teoremei lui Cayley-Hamilton

Propozitia 3.1. (Teorema lui Cayley-Hamilton pentru matrice ın M2(C) )

Fie A =

(a bc d

)∈M2(C), atunci A2 − tr(A)A+ det(A)I2 = O2, unde

tr(A) = a+ d(urma matricei A) si det(A) = ad− bc (determinantul lui A).


Solutie: Se verifica prin calcul. �

Propozitia 3.2. Daca A ∈M2(R), exista sirurile (xn)n∈N, (yn)n∈N astfel ıncatAn = xnA+ ynI2,∀n ∈ N. (A0 = I2)

Demonstratie:

A0 = I2 = 0 · A+ 1 · I2, A = 1 · A+ 0 · I2 ⇒ x0 = 0, y0 = 1, x1 = 1, y1 = 0.

Din Propozitia 3.1 obtinem

A2 = x2A+ y2I2, unde x2 = a+ d, y2 = bc− ad.Presupunem ca An = xnA+ ynI2 si demonstram ca An+1 = xn+1A+ yn+1I2.

An+1 = A · An = A(xnA+ ynI2) = xnA2 + ynA = xn(x2A+ y2I2) + ynA =

= (x2xn + yn)A+ xny2I2 ⇒

{xn+1 = x2xn + ynyn+1 = y2xn

. �

Exemplu: Daca A =

(1 −11 3

)sa se calculeze An.

Solutie: tr(A) = 4, det(A) = 4 si deci A2 = 4A−4I2. Matricea An = xnA+ynI2

cu x0 = 0, x1 = 1. Obtinem recurentele:

{xn+1 = 4xn + ynyn+1 = −4xn

⇒ xn+1 =

4xn − 4xn−1.Ecuatia caracteristica asociata sirului (xn)n∈N este r2 = 4r − 4 cu solutiiler1 = r2 = 2⇒ xn = c12

n + nc22n si din x0 = 0, x1 = 1 obtinem

xn = n2n−1, yn = (1− n)2n.

An = n2n−1A+ (1− n)2nI2 =

(2n−1 · (2− n) −n2n−1

n · 2n−1 2n(n+ 2)

)�

Propozitia 3.3. (Teorema lui Cayley-Hamilton pentru matrice ın M3(C) )

Fie A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∈M3(R), atunci A3−tr(A)A2+S(A)A−det(A)I3 =

O3, unde tr(A) = a11 + a22 + a33

S(A) =

∣∣∣∣a11 a12a21 a22

∣∣∣∣+

∣∣∣∣a11 a13a31 a33

∣∣∣∣+

∣∣∣∣a22 a23a32 a33

∣∣∣∣si det(A) este determinantul matricei A.

20 TIBERIU BARTA

Solutie: Se verifica prin calcul. �

Exemplu: Daca A =

1 0 01 0 10 1 0

sa se calculeze An.

Solutie:

tr(A) = 1, S(A) = −1, det(A) = −1⇒ A3 = A2 + A− I3.Demonstram ca exista (xn)n, (yn)n, (zn)n astfel ıncat An = xnA

2 + ynA+ znI3.Avem An+1 = xnA

3+ynA+znA si daca tinem cont de A3 = A2+A−I3 obtinemrecurentele:

xn+1 = xn + ynyn+1 = xn + znzn+1 = −xn

⇒

zn = −xn−1yn = xn−1 + zn−1 = xn−1 − xn−2xn+1 = xn + xn−1 − xn−2

Ecuatia caracteristica asociata sirului (xn)n este t3− t2− t+ 1 = 0 cu radacinilet1 = t2 = 1, t3 = −1. Sirul este de forma xn = c1+nc2+(−1)nc3 si din conditiileinitiale x1 = 0, x2 = 1, x3 = 1 rezulta ca

xn =(−1)n + 2n− 1

4, yn =

2(−1)n−1 + 2

4, zn =

(−1)n − 2n+ 3

4.

An =

1 0 0

(−1)n−1 + 2n+ 1

4

(−1)n + 1

2

(−1)n−1 + 1

2

(−1)n + 2n− 1

4

(−1)n−1 + 1

2

(−1)n + 1

2

�

Prezentam o alta metoda pentru calculul luiAn ce utilizeaza teorema ımpartiriicu rest pentru polinoame.

V. Utilizarea polinomul caracteristic al unei matrice

Exemplu Daca A =

1 0 01 0 10 1 0

sa se calculeze An.

Solutie: Polinomul caracteristic asociat matricei A este x3 − x2 − x + 1, curadacinile x1 = x2 = 1, x3 = −1.Din teorema ımpartirii cu rest avem ca exista a, b, c ∈ R astfel ıncat

xn = (x3 − x2 − x+ 1)g(x) + ax2 + bx+ c.


Obtinem sistemul

a+ b+ c = 1

2a+ b = n

a− b+ c = (−1)ncu solutia

a =(−1)n + 2n− 1

4, b =

1− (−1)n

2, c =

(−1)n − 2n+ 3

4

si cum A3 − A2 − A+ I3 = 0 obtinem ca

An = aA2 + bA+ cI3 =

1 0 0

(−1)n−1 + 2n+ 1

4

(−1)n + 1

2

(−1)n−1 + 1

2

(−1)n + 2n− 1

4

(−1)n−1 + 1

2

(−1)n + 1

2

�

VI. Calculul puterilor unei matrice de forma

(a b−b a

).

Propozitia 3.4. Fie functia : C→M2(R) definita prin

f(a+ bi) =

(a b−b a

), a, b ∈ R. Sunt adevarate urmatoarele relatii:

(a) f(z1 · z2) = f(z1)f(z2),∀z1, z2 ∈ C.(b) f(zn) = (f(z))n,∀z ∈ C.

Solutie: Verificare prin calcul. �

Rezultatul de mai sus ne arata ca a ridica la putere o matrice de

forma

(a b−b a

)este echivalent cu a ridica la putere numarul complex

z = a+ bi.

Exemplul 1 Sa se calculeze An, daca A =

(cosα sinα− sinα cosα

).

Solutie: Fie z = cosα+ i sinα si functia f definita ın Propozitia3.4, atunci A =

f(z), rezulta ca An = f(zn) = f(cosnα + i sinnα) =

(cosnα sinnα− sinnα cosnα

)�

22 TIBERIU BARTA

3.1. Aplicatii.

1. Se da matricea A =

(1 −11 1

). Sa se calculeze An.

O.L. Buzau, 2013

Solutie: Fie z = 1− i rezulta ca A = f(z), unde f este definita ın Propozitia 3.4.

An = f((1− i)n) = f

(2

n2

(cos

7nπ

4+ i sin

7nπ

4

))= 2

n2

cos

7nπ

4sin

7nπ

4

− sin7nπ

4cos

7nπ

4

�

2. Se considera matricea A =

(2 33 2

)a) Aratati ca pentru orice n natural nenul exista xn, yn ∈ Zn astfel ıncat

An = xnA+ ynI2.

b) Calculati limn→∞

xnyn

.

O.L Gorj, 2013

Solutie: a) Din relatia lui Cayley-Hamilton avem ca A2 = 4A+ 5I2.Presupunem ca exista xn, yn ∈ Z astfel ınca An = xnA + ynI2 si aratam caexista xn+1, yn+1 ∈ Z astfel ıncat An+1 = xn+1A+ yn+1I2.

An+1 = AnA = xnA2 + ynA = (4xn + yn)A+ 5xnI2

de unde obtinem ca

{xn+1 = 4xn + yn ∈ Zyn+1 = 5xn ∈ Z

Obtinem ca xn =5n − (−1)n

6, yn =

5n + 5 · (−1)n

6.

b)

limn→∞

xnyn

= 1.

�

3. Fie z, v ∈ C, z 6= 0 doua numere complexe si matricea X =

(z v0 z

)∈M2(C).

a) Determinati Xn pentru n ∈ N∗.

b) Determinati z, v ∈ C pentru care Xn =

(1 n0 1

), n ∈ N∗, n ≥ 2.

O.L Harghita, 2013


Solutie: a) X = zI2 + vA, unde A =

(0 10 0

). Observam ca A2 = O2.

Xn = znI2 + nzn−1vA =

(zn nvzn−1

0 zn

)

b) Obtinem ecuatiile

{zn = 1

vzn−1 = 1⇒ zk = cos

2kπ

n+ i sin

2kπ

n, k = 0, (n− 1) si

yk = zk.�

4. Fie matricea A =

(1 11 0

). Calculati An, n ∈ N∗.

Solutie: Din teorema lui Cayley-Hamilton avem ca: A2 = A+ I2. Presupunem caAn = xnA+ ynI2 si aratam ca An+1 = xn+1A+ yn+1I2.

An+1 = AnA = xnA2 + ynA = (xn + yn)A+ ynI2.

Rezulta ca avem

{xn+1 = xn + ynyn+1 = xn

. Obtinem ca sirul (xn)n este definit prin

x1 = x2 = 1 si xn+1 = xn + xn−1, rezulta

xn =

√5

5·

(1 +√

5

2

)n

−√

5

5·

(1−√

5

2

)n

, yn =

√5

5·

(1 +√

5

2

)n−1

−√

5

5·

(1−√

5

2

)n−1

.

An =

(xn+1 xnxn yn

)�

5. Se considera z ∈ C cu proprietatea z2 + z = −1 si matricea A =

1 0 0z2 1 0z z2 1

∈M3(C). Calculati An, unde n este un numar natural nenul.

O.L Sibiu, 2013

Solutie:

A = I3 +B, unde B =

0 0 0z2 0 0z z2 0

⇒ B2 =

0 0 00 0 0z 0 0

, B3 = O3.

24 TIBERIU BARTA

An = I3 + nB +n(n− 1)

2B2 =

1 0 0nz2 1 0

n(n+ 1)

2z nz2 1

.

�


1 0 1

−1 11

20 0 1

. Calculati A2013.

O.L Vrancea, 2013

Solutie: Polinomul caracteristic asociat matricei A este (x−1)3. Aplicam teoremaımpartirii cu rest si obtinem ca exista g ∈ R[X], a, b, c ∈ R astfel ıncat

xn = (x− 1)3g + ax2 + bx+ c.

Obtinem sistemul

a+ b+ c = 1

2a+ b = n

2a = n(n− 1)

⇒ a =n(n− 1)

2, b = 2n−n2, c =

n2 − 3n+ 2

2.

A = aA2 + bA+ cI3 =

1 0 n

−n 12n− n2

20 0 1

�

7. Fie A =

(cosα + sinα 2 sinα− sinα cosα− sinα

). Sa se calculeze An, n ∈ N.

O.L Vrancea, 2013

Solutie: Metoda I. Pentru sinα = 0, obtinem A = I2 si deci An = I2 sauAn = (−1)nI2.Daca sinα 6= 0, atunci polinomul caracteristic asociat matricei A estex2 − 2x cosα + 1, cu radacinile cosα ± i sinα. Din teorema ımpartirii cu restpentru polinoamele xn si x2 − 2x cosα+ 1 obtinem ca exista a, b ∈ R si f ∈ R[X]astfel ıncat

xn = (x2 − 2x cosα + 1)f(x) + ax+ b.

Daca ın relatia precedenta se ınlocuieste x = cosα + i sinα, obtinem:

a =sinnα

sinα, b = −sin(n− 1)α

sinα


si cum An = aA+BI2, rezulta

An =

(cosnα + sinnα 2 sinnα− sinnα cosnα− sinnα

).

Metoda II. Definim functia f : C→M2(R) prin

f(a+ bi) =

(a+ b 2b−b a− b

)= aI2 + bB, a, b ∈ R, B =

(1 2−1 −1

).

Vom demonstra ca f(z1z2) = f(z1) · f(z2), de unde se obtine caf(zn) = (f(z))n,∀n ∈ N∗.Fie z1 = a+ bi, z2 = c+ di, a, b, c, d ∈ R, atunci:

f(z1)f(z2) = (aI2 + bB)(cI2 + dB) = acI2 + (ad+ bc)B + bdB2

si cum B2 = I2 avem

f(z1)f(z2) = (ac− bd)I2 + (ad+ bc)B

f(z1z2) = f(ac− bd+ i(ad+ bc)) = (ac− bd)I2 + (ad+ bc)B

ceea ce arata ca f(z1z2) = f(z1)f(z2) si deci f(zn) = (f(z))n.Matricea A = f(cosα + i sinα), rezulta ca

An = f ((cosα + i sinα)n) = f(cosnα + i sinnα)⇒

An =

(cosnα + sinnα 2 sinnα− sinnα cosnα− sinnα

).

�

8. Fie matricea A =

2m 0 m0 m 00 m m

. Calculati An.

RMT 1/2013, Neculai Stancu

Solutie: Fie A1 =

2 0 10 1 00 1 1

= I3 + B, unde B =

1 0 10 0 00 1 0

. Se arata usor ca

B2 =

1 1 10 0 00 0 0

si Bk = B2,∀k ≥ 2.

An1 = (I3 +B)n = C0nI3 + C1

nB +n∑k=2

CknB

2.

26 TIBERIU BARTA

Obtinem

An1 =

n∑k=0

Ckn

n∑k=2

Ckn

n∑k=1

Ckn

0 n 00 n 1

=

2n 2n − n− 1 2n − 10 n 00 n 1

si An = mnAn1 . �


1 0 1

−1 1 −1

2

0 0 1

. Calculati An.

O.L. Focsani-Adjud, 2013

Solutie: Polinomul caracteristic al matricei A este fA = (1 − X)3. Din teoremaımpartirii cu rest obtinem ca exista a, b, c ∈ R astfel ıncat

Xn = (1−X)3 + aX2 + bX + c.

Obtinem sistemul:

a+ b+ c = 1

2a+ b = n

2a =n(n− 1)

2

, cu solutia:

a =n(n− 1)

2, b = 2n− n2, c =

n2 − 3n+ 2

2.

Obtinem ca An = aA2 + bA+ cI3 =

1 0 n

−n 1 −n2

20 0 1

. �

10. Fie matricea A =

2011 2012 20132013 2011 0−2012 0 2011

. Sa se calculeze An, unde n ∈ N.

OL Dolj, 2013

Solutie: Consideram matricea B =

a a+ 1 a+ 2a+ 2 a 0−a− 1 0 a

. Calculam Bn si

observa ca daca a = 2011 rezulta B = A.


Polinomul caracteristic al lui B este (X − a)3 si exista m, p, r ∈ R si g ∈ R[X],astfel ıncat

Xn = (X − a)3g +mX2 + pX + r.

Obtinem sistemul

ma2 + pa+ r = an

2ma+ p = nan−1

2m = n(n− 1)an−2, cu solutia:

m =n(n− 1)

2, p = (2n− n2)an−1, r =

(n2 − 3n+ 2)an

2.

Rezulta ca Bn = mB2 + pB + rI3 =�

11. Se da multimea de matrice

M =

A(x) =

1− x 0 x0 1 0x 0 1− x

|x ∈ R

a) Sa se arate ca A(a) · A(b) = A(a+ b− 2ab),∀a, b ∈ R;b) Sa se calculeze An(x), n ∈ N∗

OL Arad, 2002

Demonstratie: a) A(x) = I3 + xB, unde B =

−1 0 10 0 01 0 −1

, iar B2 = −2B.

A(a)A(b) = (I3 + aB)(I3 + bB) = I3 + (a+ b)B + abB2 = I3 + (a+ b− 2ab)B.

b) Observam ca a + b − 2ab = −2

(a− 1

2

)(b− 1

2

)+

1

2si se arata, utilizand

inductia matematica, ca An(x) = A

((−2)n−1

(x− 1

2

)n+

1

2

). �

12. Se considera sirul lui Fibonacci (F (n))n∈N, F (0) = 0, F (1) = 1, F (n+1) = F (n)+

F (n− 1), ∀n ≥ 1 si matricea A =

(0 11 −1

)∈M2(R).

a) Sa se arate ca

An = (−1)n(F (n− 1) −F (n)−F (n) F (n+ 1)

), ∀n ∈ N.

b) Sa se demonstreze relatia:

F (F (n+ 1)) = F (F (n) + 1)F (F (n+ 1)) + F (F (n))F (F (n+ 1)− 1),∀n ∈ N.

28 TIBERIU BARTA

Concursul ”Alexandru Papiu-Ilarian”, Vasile Pop, 2012

Demonstratie: a) Inductie matematica.b)

AF (n+2) = AF (n+1)AF (n) ⇔(F (F (n+ 2)− 1) −F (F (n+ 2))−F (F (n+ 2)) F (F (n+ 2) + 1)

)=(

F (F (n+ 1)− 1) −F (F (n+ 1))−F (F (n+ 1)) F (F (n+ 1) + 1)

)(F (F (n)− 1) −F (F (n))−F (F (n)) F (F (n) + 1)

).

Identificand termenii de pe pozitia (1, 2) din cele doua matrice se obtine relatiadorita.

�

13. Fie A ∈ C si matricea A =

1 0 a0 1 −aa a 1

. Calculati An, n ∈ N∗.

GM 1/2012

Solutie:

A = I3 + aB,B =

0 0 10 0 −11 1 0

.

B2 =

1 1 0−1 −1 00 0 0

, B3 = O3,

atunciAn = C0nI3+C

1naB+C2

na2B2 =

1 +

n(n− 1)a2

2

n(n− 1)a2

2na

−n(n− 1)a2

21− n(n− 1)a2

2−na

na na 1

�

4. Determinanti

Definitia 4.1. Daca A ∈ Mn(C), A = (aij) si Sn este multimea permutarilor deordin n, atunci numarul

det(A) =∑σ∈Sn

ε(σ)a1σ(1)a2σ(2)...anσ(n)

se numeste determinantul matricei A.


Propozitia 4.1. Daca A ∈Mn(C), atunci:

i) det(A) = det(At);ii) det(AB) = det(A) · det(B);

iii) det(Ak) = [det(A)]k,∀k ∈ N∗;iv) det(λA) = λn det(A),∀λ ∈ C.

4.1. Determinantul Vandermonde. Determinantul Vandermonde se noteazacu V (a1, a2, ..., an) si este definit prin

V (a1, a2, ..., an) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 · · · 1a1 a2 · · · ana21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·an−11 an−12 · · · an−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Exemplu 1. V (a1, a2) =

∣∣∣∣ 1 1a1 a2

∣∣∣∣ = a2 − a1.

Exemplu 2. V (a1, a2, a3) =

∣∣∣∣∣∣1 1 1a1 a2 a3a21 a22 a23

∣∣∣∣∣∣Pentru a calcula acest determinant efectuam L3−a3L2 si apoi L2−a3L1 si obtinem

V (a1, a2, a3) =

∣∣∣∣∣∣1 1 1a1 a2 a3

a1(a1 − a3) a2(a2 − a3) 0

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 1 1

a1 − a3 a2 − a3 0a1(a1 − a3) a2(a2 − a3) 0

∣∣∣∣∣∣ =

= (a3 − a2)(a3 − a1)(a2 − a1).

Propozitia 4.2.

V (a1, a2, ..., an) =∏

1≤i<j≤n

(aj − ai).

Demonstratie. Efectuand Ln − anLn−1, Ln−1 − anLn−2, ..., L2 − anL1, se obtine

V (a1, a2, ..., an) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 · · · 1 1

a1 − an a2 − an · · · an−1 − an 0a1(a1 − an) a2(a2 − an) · · · an−1(an−1 − an) 0· · · · · · · · · · · ·

an−21 (a1 − an) an−22 (a2 − an) · · · an−2n−1(an−1 − an) 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

De unde se obtine relatia de recurenta

V (a1, a2, .., an) = (an − a1)(an − a2)...(an − an−1)V (a1, a2, ..., an−1).

30 TIBERIU BARTA

Folosind relatia de recurenta se obtine rezultatul dorit.�

Aplicatii:

1. Sa se calculeze:

∣∣∣∣∣∣a2 b2 c2

c2 a2 b2

ac ab bc

∣∣∣∣∣∣Solutie.

∣∣∣∣∣∣a2 b2 c2

c2 a2 b2

ac ab bc

∣∣∣∣∣∣ = a2b2c2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1( ca

)2 (ab

)2 (b

c

)2

c

a

a

b

b

c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −a2b2c2V(c

a,a

b,b

c

)

= −a2b2c2(b

c− c

a

)(b

c− a

b

)(ab− c

a

)= (a2 − bc)(b2 − ac)(c2 − ab).

�

4.2. Determinant Vandermonde lacunar.

Definitia 4.2. Fie a1, a2, · · · , an ∈ C, k ∈ {1, 2, 3, · · · , n}.Se numeste determinant Vandermonde lacunar si se noteaza cu Vk(a1, a2, ..., an),determinantul

Vk(a1, a2, ..., an) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 1a1 a2 · · · an· · · · · · · · · · · ·ak−11 ak−12 · · · ak−1n

ak+11 ak+1

2 · · · ak+1n

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Pentru calculul lui, consideram determinantul V (a1, a2, ..., an, x). Din Propozitia 4.2

obtinem egalitatea

V (a1, a2, ..., an, x) = V (a1, a2, ..., an)n∏k=1

(x− ak) =

= V (a1, a2, ..., an)(xn − S1xn−1 + S2x

n−2 − ...+ (−1)nSn),

Sk este suma Viete de ordin k.Dezvoltand determinantul V (a1, a2, ..., an, x) dupa ultima coloana, obtinem

V (a1, a2, ..., an, x) = (−1)n+2(V0 − xV1 + x2V2 + · · ·+ (−1)nxnVn

)Identificand cele doua forme ale polinomului V (a1, a2, ..., an, x) obtinem:


Propozitia 4.3.

Vk(a1, a2, · · · , an) = V (a1, a2, ..., an) · Sn−k.

Aplicatii:

1. Calculati

∣∣∣∣∣∣1 1 1a b ca3 b3 c3

∣∣∣∣∣∣Solutie: Consideram

V (a, b, c, x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1a b c xa2 b2 c2 x2

a3 b3 c3 x3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = V (a, b, c)(x− a)(x− b)(x− c)

= V (a, b, c)(x3 − S1x2 + S2x− S3), unde

S1 = a+ b+ c, S2 = ab+ ac+ bc, S3 = abc.Dezvoltand determinantul dupa ultima coloana, obtinem:

V (a, b, c, x) = x3V (a, b, c)− x2V2(a, b, c) + xV1(a, b, c)− V0(a, b, c).

Identificam cele doua polinoame obtinute si avem

V2(a, b, c) = V (a, b, c)S1 = (c− a)(c− b)(b− a)(a+ b+ c)

�

2. Sa se calculeze determinantul

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1a b c da3 b3 c3 d3

a4 b4 c4 x4

∣∣∣∣∣∣∣∣Solutie: Determinantul este V2(a, b, c, d) si utilizand Propozitia 4.3 obtinem:

V2(a, b, c, d) = V (a, b, c, d)S2,

unde S2 = ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd.

Avem deci ca

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1a b c da3 b3 c3 d3

a4 b4 c4 x4

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

= (d− a)(d− b)(d− c)(c− a)(c− b)(b− a)(ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd) �

32 TIBERIU BARTA

4.3. Determinanti circulari.

Definitia 4.3. Fie a1, a2, · · · , an ∈ C. Se numeste determinant circular al numerelora1, a2, · · · , an si se noteaza cu C(a1, a2, · · · , an) determinantul

C(a1, a2, · · · , an) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 · · · ana2 a3 · · · a1a3 a4 · · · a2· · · · · · · · · · · ·an a1 · · · an−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Exemplu 3. C(a, b, c) =

∣∣∣∣∣∣a b cb c ac a b

∣∣∣∣∣∣.Consideram polinomul f(x) = a1 + a2x + a3x

2 + · · · + anxn−1 si ε1, ε2, · · · , εn

radacinile ecuatiei binome zn = 1.

Propozitia 4.4. C(a1, a2, · · · , an) = (−1)n(n−1)

2 f(ε1)f(ε2)f(ε3) · · · · · f(εn)

Demonstratie:1 ε1 ε21 · · · εn−11

1 ε2 ε22 · · · εn−12

1 ε3 ε23 · · · εn−13

· · · · · · · · · · · · · · ·1 εn ε2n · · · εn−1n

·a1 a2 · · · ana2 a3 · · · a1a3 a4 · · · a2· · · · · · · · · · · ·an a1 · · · an−1

=

=

a1 + a2ε1 + · · ·+ anε

n−11 a2 + a3ε1 + · · ·+ a1ε

n−11 · · · an + a1ε1 + · · ·+ an−1ε

n−11

a1 + a2ε2 + · · ·+ anεn−12 a2 + a3ε2 + · · ·+ a1ε

n−12 · · · an + a1ε2 + · · ·+ an−1ε

n−12

· · · · · · · · · · · ·a1 + a2εn + · · ·+ anε

n−1n a2 + a3εn + · · ·+ a1ε

n−1n · · · an + a1εn + · · ·+ an−1ε

n−1n

=

=

f(ε1) εn−11 f(ε1) εn−21 f(ε1) · · · ε1f(ε1)f(ε2) εn−12 f(ε2) εn−22 f(ε2) · · · ε2f(ε2)· · · · · · · · · · · · · · ·f(εn) εn−1n f(εn) εn−2n f(εn) · · · εnf(εn).

Trecand la determinanti obtinem:

V (ε1, ε2, · · · , εn)C(a1, a2, · · · , an) = (−1)n(n−1)

2 f(ε1)f(ε2) · · · · · f(εn)V (ε1, ε2, · · · , εn),

de unde obtinem concluzia dorita. �


Aplicatii:

1. Sa se calculeze determinantul

∣∣∣∣∣∣a b cb c ac a b

∣∣∣∣∣∣.Solutie: Consideram polinomul f = a+bx+cx2 si 1,

−1 + i√

3

2,−1− i

√3

2solutiile

ecuatiei z3 = 1, atunci conform propozitiei precedente avem:

C(a, b, c) = (−1)3f(1)f

(−1 + i

√3

2

)f

(−1− i

√3

2

)= −(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−ac−bc).

�

2. Sa se calculeze determinantul C(a, b, c, d).

Solutie: Consideram functia polinomiala f(x) = a+ bx+ cx2 + dx3 si −1, 1, i,−1radacinile ecuatiei z4 = 1.∣∣∣∣∣∣∣∣

a b c db c d ac d a bd a b c

∣∣∣∣∣∣∣∣ = f(1)f(−1)f(i)f(−i) =

= (a+ b+ c+ d)(a− b+ c− d)[a− c+ i(b− d)][a− c− i(b− d)] =

= (a+ b+ c+ d)(a− b+ c− d)(a2 + b2 + c2 + d2 − 2ac− 2bd).

�

4.4. Aplicatii.

1. Sa se calculeze determinantii, punand rezultatele sub forma de produs:

a)

∣∣∣∣∣∣a2 b2 c2

b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2

bc ac ab

∣∣∣∣∣∣b)

∣∣∣∣∣∣a+ b b+ c c+ aa2 + b2 b2 + c2 c2 + a2

a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3

∣∣∣∣∣∣Solutie: a) Adunam prima linia la linia a doua si obtinem∣∣∣∣∣∣

a2 b2 c2

b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2

bc ac ab

∣∣∣∣∣∣ = (a2+b2+c2)

∣∣∣∣∣∣a2 b2 c2

1 1 1bc ac ab

∣∣∣∣∣∣ =a2 + b2 + c2

abc

∣∣∣∣∣∣a3 b3 c3

a b cabc abc abc

∣∣∣∣∣∣ =

34 TIBERIU BARTA

(a2 + b2 + c2)

∣∣∣∣∣∣a3 b3 c3

a b c1 1 1

∣∣∣∣∣∣ = (a2 + b2 + c2)V (a, b, c) =

(a2 + b2 + c2)(b− a)(c− a)(c− b).

b) Consideram matricele A =

a b ca2 b2 c2

a3 b3 c3

, B =

1 0 11 1 00 1 1

si

C =

a+ b b+ c c+ aa2 + b2 b2 + c2 c2 + a2

a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3

.

Cum C = AB, rezulta det(C) = det(A) det(B) = 2abc(b− a)(c− a)(c− b).�

2. Sa se arate ca∣∣∣∣∣∣(x2 + 1)2 (xy + 1)2 (xz + 1)2

(xy + 1)2 (y2 + 1)2 (yz + 1)2

(xz + 1)2 (yz + 1)2 (z2 + 1)2

∣∣∣∣∣∣ = 2(y − z)2(z − x)2(x− y)2.

Demonstratie: Observam ca

(x2 + 1)2 (xy + 1)2 (xz + 1)2

(xy + 1)2 (y2 + 1)2 (yz + 1)2

(xz + 1)2 (yz + 1)2 (z2 + 1)2

=

1 x x2

1 y y2

1 z z2

1 1 12x 2y 2zx2 y2 z2

.

Trecand la determinanti , obtinem produsul a doi determinanti Vandermonde, deunde rezulta formula ceruta. �

3. Sa se arate ca pentru orice x ∈ R∗+ are loc inegalitatea∣∣∣∣∣∣1 1 1

logx+1(x2 + x) logx+2(x

2 + 3x+ 2) logx+3(x2 + 5x+ 6)

log2x+1 x log2

x+2(x+ 1) log2x+3(x+ 2)

∣∣∣∣∣∣ > 0.

OL. Brasov, 2003

Demonstratie: Deorece logx+1(x2 + x) = 1 + logx+1 x, logx+2(x

2 + 3x + 2) = 1 +log2(x + 1), logx+3(x

2 + 5x + 6) = 1 + logx+3(x + 2), obtinem un determinant detip Vandermonde ce este egal cu

(logx+3(x+2)− logx+1 x)(logx+3(x+2)− logx+2(x+1))(logx+2(x+1)− logx+1 x) > 0.

logx+3(x+ 2)− logx+2(x+ 1) =ln2(x+ 2)− ln(x+ 1)ln(x+ 3)

ln(x+ 2)ln(x+ 3)> 0,


deoarece ln(x+1)ln(x+3) <

(ln(x+ 1) + ln(x+ 3)

2

)2

=

(ln(x2 + 4x+ 3)

2

)2

<

ln2(x + 2), analog se arata ca logx+2(x + 1) > logx+1 x si de aici rezulta cadeterminantul este pozitiv. �

4. Fie A o matrice cu proprietatea ca suma elementelor de pe fiecare linie si coloana

este 1, iar elementele de pe diagonala principala sunt1

2. Sa se arate ca det(A) > 0.

O.L Vrancea-Focsani, 2013

Demonstratie: A =

1

2a

1

2− a

1

2− a 1

2a

a1

2− a 1

2

, det(A) = 3a2 − 3a

2+

1

4

det(A) = 3

(a− 1

4

)2

+1

16> 0,∀a ∈ R.

�

5. FieA,B,C masurile unghiurilor unui triunghiABC si ∆ =

∣∣∣∣∣∣sinA sinB sinCsin 2A sin 2B sin 2Csin 3A sin 3B sin 3C

∣∣∣∣∣∣.Sa se arate ca ∆ = 0⇔4ABC este isoscel.

O.L Galati, 2012Vasile Pop

Solutie:

∆L3+L1=

∣∣∣∣∣∣sinA sinB sinCsin 2A sin 2B sin 2C

2 sin 2A cosA 2 sin 2B cosB 2 sin 2C cosC

∣∣∣∣∣∣ L3−2 cosAL1=

=

∣∣∣∣∣∣sinA sinB sinCsin 2A sin 2B sin 2C

0 2 sin 2B(cosB − cosA) 2 sin 2C(cosC − cosA)

∣∣∣∣∣∣ L2−2 cosA·L1=

=

∣∣∣∣∣∣sinA sinB sinC

0 2 sinB(cosB − cosA) 2 sinC(cosC − cosA)0 2 sin 2B(cosB − cosA) 2 sin 2C(cosC − cosA)

∣∣∣∣∣∣si obtinem ca ∆ = 8 sinA sinB sinC(cosB− cosA)(cosC − cosA)(cosC − cosB)si atunci ∆ = 0 daca si numai daca cosA = cosB sau cosA = cosC saucosC = cosB. �

36 TIBERIU BARTA

6. Fie M ⊂ M3(R∗+) multimea matricelor care au pe diagonala principala toateelementele egale, iar produsul elementelor de pe fiecare linie este egal cu 1.a) Dati exemplu de o matrice din M ce nu are toate elementele numere rationale.b) Demonstrati ca det(A) ≥ 0,∀A ∈M.

OL Cluj, 2013

Demonstratie: a) A =

1√

2

√2

2√2

21√

2

√2

√2

21

.

b) Se arata ca dacaA ∈M , atunci exista a, b ∈ R∗+ astfel ıncatA =

a

1

abb

b a1

ab1

abb a

.

det(A) = a3 + b3 +1

(ab)3− 3 =

(a+ b+

1

ab

)(a2 + b2 +

1

(ab)2− ab− 1

a− 1

b

)≥ 0,

ceea ce este evident conform inegalitatii x2 + y2 + z2 ≥ xy+ xz+ yz, ∀x, y, z ∈ R.�

7. Fie A =

a b cc a bb c a

, unde a, b, c ∈ R si a2 + b2 + c2 = 1. Demonstrati ca

| det(A)| ≤ 1.

Demonstratie: Notam x = ab+ bc+ ac, atunci AAt =

1 x xx 1 xx x 1

(detA)2 = 1 + 2x3 − 3x2 = 1− x2(3− 2x).

x = ab+ bc+ ac ≤ a2 + b2 + c2 = 1 si deci (detA)2 ≤ 1⇒ | detA| ≤ 1. �

8. a) Sa se arate ca A(A − B)B = B(A − B)A, pentru orice matrice patratice deordinul doi cu urme egale.

b) Calculati determinantul, scriindu-l sub forma de produs:

d =

∣∣∣∣∣∣sin2 a cos2 a sin a cos asin2 b cos2 b sin b cos bsin2 c cos2 c sin c cos c

∣∣∣∣∣∣


Concursul interjudetean ”Memorialul Stefan Dartu-2012”Mihai Tarca

Solutie: a) Notam tr(A) = tr(B) = t, det(A) = a, det(B) = b si obtinem relatiileA2 = tA− aI2, B2 = tB − bI2.

(1) A(A−B)B = A2B − AB2 = (tA− aI2)B − A(tB − bI2) = bA− aB

(2) B(A−B)A = BA2 −B2A = B(tA− aI2)− (tB − bI2)A = bA− aB

Din (1), (2) rezulta ca A(A−B)B = B(A−B)A.b) Daca sin a 6= 0, sin b 6= 0 si sin c 6= 0 atunci

d = sin2 a sin2 b sin2 c

∣∣∣∣∣∣1 ctg2a ctga1 ctg2b ctgb1 ctg2c ctgc

∣∣∣∣∣∣ =

= − sin2 a sin2 b sin2 c(ctgb−ctga)(ctgc−ctga)(ctgc−ctgb) = − sin(a−b) sin(c−a) sin(c−b).Daca sin a = 0 atunci cos2 a = 1 si obtinem d = sin c sin b sin(b − c). Analog setrateaza cazurile sin b = 0, sin c = 0. �

9. Demonstrati ca daca A,B,C ∈Mn(R) cu A+B + C = In, atunci

det(AB + C) · det(BC + A) · det(CA+B) ≥ 0.

RMT 1/2013, Aurel Dobosan

Demonstratie: Inmultind relatia A+B + C = In la dreapta cu B obtinem:

AB = B −B2 −CB ⇔ AB +C = (B +C)(In −B)⇔ AB +C = (B +C)(A+C).

Analog se arata ca: BC + A = (C + A)(B + A) si CA + B = (A + B)(C + B).Avem

det(AB+C) ·det(BC+A) ·det(CA+B) = (det(A+B) det(A+C) det(B+C))2 ≥ 0.

�

10. Notam cu H multimea matricelor patratice de ordin n ≥ 2, ale caror elementesunt numere naturale si cu P multimea matricelor din H cu proprietatea ca sumaelementelor de pe fiecare linie si de pe fiecare coloana este egala cu 1.a) Aratati ca daca A ∈ P , atunci det(A) ∈ {−1, 1}.b) Aratati ca daca A1, A2, ..., Ap ∈ H si A1A2...Ap ∈ P , atunci A1, A2, ..., Ap ∈ H.

OJM 2005

38 TIBERIU BARTA

Demonstratie: a) Daca o matrice este din P , atunci are pe fiecare linie (coloana) unsingur 1, restul elementelor fiind egale cu 0. Pemutand linile matricei A obtinemIn de unde rezulta ca det(A) ∈ {−1, 1}.b) Demonstram ca daca A = (aij), B = (bij) ∈ H si AB = (cij) ∈ P , atunci

A,B ∈ P . Intr-adevar din AB ∈ P rezulta ca det(A) · det(B) 6= 0 si deci pefiecare linie (coloana) din A,B avem cel putin un element nenul.Presupunem ca pe linia i din matricea A avem elementele nenule ail, aip, l, p ∈{1, 2, ..., n} atunci

cij =n∑k=1

aikbkj ⇒n∑j=1

n∑k=1

aikbkj = 1⇒ 1 ≥ ail

n∑j=1

blj + aip

n∑j=1

bpj

si deci cel putin una dintre coloanele l, respectiv p din B este nula ceea ce esteabsurd si deci A are pe fiecare linie un element nenul (1), deci A este din P , analogse arata ca si B este din P . Prin inductie matematica se demonstreaza afirmatiade la b). �

11. a) Fie x1, x2, x3, y1, y2, y3 ∈ R, aij = sin(xi − yj), i, j ∈ {1, 2, 3}. Sa se arate cadet(A) = 0.

b) Se considera numerele complexe nenule z1, z2, ..., z2n, n ≥ 3, astfel ıncat |z1| =|z2| = ... = |zn+3| si argz1 ≥ argz2 ≥ .. ≥ argzn+3. Consideram numerelebij = |zi − zj+n|, pentru i, j ∈ {1, 2, ..., n} si B = (bij) ∈ Mn. Sa se arate cadetB = 0.

OJM 2004

Demonstratie: a) Fie C =

sinx1 − cosx1 0sinx2 − cosx2 0sinx3 − cosx3 0

siD =

cos y1 cos y2 cos y3sin y1 sin y2 sin y3

0 0 0

,

atunci CD =

sin(x1 − y1) sin(x1 − y2) sin(x1 − y3)sin(x2 − y1) sin(x2 − y2) sin(x3 − y2)sin(x3 − y1) sin(x3 − y2) sin(x3 − y3)

si cum det(C) = 0,

rezulta ca

∣∣∣∣∣∣sin(x1 − y1) sin(x1 − y2) sin(x1 − y3)sin(x2 − y1) sin(x2 − y2) sin(x3 − y2)sin(x3 − y1) sin(x3 − y2) sin(x3 − y3)

∣∣∣∣∣∣ = 0.

b) Notam |zi| = r, i = 1, (n+ 3) si arg zi = αi, i = 1, 2n, atunci pentrui, j ∈ {1, 2, 3} avem:

|zi−zn+j| = r|(cosαi− cosαn+j)+ i(sinαi− sinαn+j)| = r√

2(1 + cos(αi − αn+j)) =

= 2r

∣∣∣∣sin αi − αn+j2

∣∣∣∣ = 2r sinαi − αn+j

2


si cum toti minorii de ordinul trei formati cu elemente din primele trei coloanesunt egali cu 0, rezulta ca det(B) = 0. �

12. Pentru fiecare n ≥ 2, se considera matricea An ∈Mn−1(Z),

An =

3 1 1 ... 11 4 1 ... 11 1 5 ... 1

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

1 1 1 ... n+ 1

,

si se noteaza cu Dn determinantul acesteia. Studiati marginirea sirului

(Dn

n!

)n≥2

si convergenta sirului

(Dn

(n+ 1)!

)n≥2

.

Traian Lalescu-2008

Solutie:

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 1 1 ... 1 11 4 1 ... 1 11 1 5 ... 1 1

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

1 1 1 ... n 11 1 1 ... 1 n+ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 1 1 ... 1 11 4 1 ... 1 11 1 5 ... 1 1

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

1 1 1 ... n 11 1 1 ... 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 1 1 ... 1 11 4 1 ... 1 11 1 5 ... 1 1

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

1 1 1 ... n 10 0 0 ... 0 n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 0 0 ... 0 00 3 0 ... 0 00 0 4 ... 0 0

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

0 0 0 ... n− 1 01 1 1 ... 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ nDn−1 ⇒ Dn = nDn−1 + (n− 1)!, D2 = 3.

Dn

n!=

Dn−1

(n− 1)!+

1

n⇒ Dn

n!= 1 +

1

2+

1

3+ ...+

1

n⇒(

Dn

n!

)n≥2

este nemarginit superior.

limn→∞

Dn

(n+ 1)!= lim

n→∞

1 +1

2+

1

3+ ...+

1

nn+ 1

S′C= lim

n→∞

1

n+ 1= 0.

�

40 TIBERIU BARTA

5. Ecuatii binome ın Mn(C)

Definitia 5.1. Ecuatia Xn = A (1), unde A ∈ Mn(C) se numeste ecuatiematriceala binoma.

Propozitia 5.1. Daca X este solutie a ecuatiei (1) atunci:

i) AX = XA;ii) daca det(A) = 0 rezulta ca det(X) = 0.

Demonstratie: i) Cum Xn = A, ınmultind la dreapta (stanga ) cu X, obtinemAX = Xn+1, respectiv Xn+1 = XA, de unde obtinem AX = XA.

ii) Din Xn = A obtinem det(X)n = det(A) si cum det(A) = 0 rezulta det(X) = 0.�

O idee ın rezolvarea unor astfel de ecuatii este de a determina forma matricei X,plecand de la faptul ca X comuta cu A.

Probleme rezolvate

1. Sa se determine matricea A ∈M2(R) astfel ıncat A2 =

(1 12−4 1

).

Solutie: Notam B =

(1 12−4 1

). Din AB = BA obtinem ca

A =

(a −3bb a

), a, b ∈ R si din A2 = B ⇒

{a2 − 3b2 = 1

ab = −2, cu solutiile

a = −2, b = 1 si a =3

2, b = −4

3. Ecuatia are solutiile: A1 =

(−2 −31 −2

),

A2 =

3

24

−4

3

3

2

�

2. Sa se determine X ∈M3(R) astfel ıncat X2 =

0 1 00 0 11 0 0

.


Solutie: Din AX = XA, unde A =

0 1 00 0 11 0 0

, rezulta X =

a b cc a bb c a

.

X2 = A⇒

a(a+ b+ c) = 0

2ab+ c2 = 1

2ac+ b2 = 0

2bc+ a2 = 0

⇒ X1,2 =

0 0 ±1±1 0 00 ±1 0

�

O alta modalitatea de abordare a acestor ecuatii este utilizare teoremei lui Cayley-Hamilton.Exemplu


(7 −5−15 12

).

Solutie: Din (detX)2 =

∣∣∣∣ 7 −5−15 12

∣∣∣∣ = 9⇒ detX = ±3.

Din relatia lui Cayley − Hamilton avem X2 = tX − dI2, unde t = tr(X),d = detX.

Daca d = 3 obtinem tX−3I2 =

(7 −5−15 12

)si egaland urmele celor doua matrice

obtinem t2 − 6 = 19⇒ t = ±5⇒ X1,2 = ±(

2 −1−3 3

).

Daca d = −3 obtinem tX + 3I2 =

(7 −5−15 12

)si egaland urmele celor doua

matrice obtinem t2 + 6 = 19⇒ t = ±√

13⇒ X3,4 = ± 1√13

(4 −5−15 9

). �

3. Fie A ∈ M2(C), A 6= O2. Sa se demonstreze ca A2 = O2 daca si numai dacaecuatia matriceala X2 = A,X ∈M2(C) nu are solutii.

Concursul ”Laurentiu Panaitopol”Laurentiu Panaitopol

Demonstratie: Daca A2 = O2 atunci din det(A) = 0, tr(A) = 0 si din X2 = O2

obtinem det2(X) = det(A) = 0, utilizand teorema lui Cayley-Hamilton rezultatr(X)X = A, de unde avem prin egalarea urmelor celor doua matrice catr2X = tr(A) = 0 ⇒ tr(X) = 0 ⇒ A = O2 contradictie, deci ecuatia X2 = A nuare solutii. �

42 TIBERIU BARTA

3. Sa se rezolve ın M3(C) ecuatia Xn =

i 0 00 0 −10 −1 0

, n ≥ 2.

Solutie: Din XA = AX, obtinem X =

a 0 00 b c0 c b

, unde A =

i 0 00 0 −10 −1 0

.

Presupunem Ak =

ak 0 00 xk yk0 yk xk

si demontram ca Ak+1 =

ak+1 0 00 xk+1 yk+1

0 yk+1 xk+1

obtinem recurentele:

{bxk + cyk = xk+1

cxk + byk = yk+1

. Adunand cele doua relatii avem

xk+1 + yk+1 = (b+ c)(xk + yk) = (b+ c)k+1

si scazand cele doua relatii obtinem

xk+1 − yk+1 = (b− c)k+1 ⇒ xk =(b+ c)k + (b− c)k

2, yk =

(b+ c)k − (b− c)k

2.

Obtinem sistemul

an = i

(b+ c)n = −1

(b− c)n = −1

si se determina matricele X cerute. �

5.1. Aplicatii.


(−6 −221 7

).

O.L Mehedinti, 2013

Solutie: det(X) = 0, de unde rezulta X2013 = t2012X, t = tr(X) si obtinem ecuatia

t2012X =

(−6 −221 7

). Egaland urmele celor doua matrice obtinem

t2013 = 1 si deci X =

(−6 −221 7

). �

2. Fie ecuatia X2 =

(2013 12012 1

), X ∈M2(C).

a) Sa se rezolve ecuatia.b) Daca X1,2,3,4 sunt solutiile aceste ecuatii, sa se calculeze

X20131 +X2013

2 +X20133 +X2013

4 .

O.L Vrancea-Focsani, 2013


Solutie: a) (detX)2 = 1⇒ detX = ±1.Daca d = 1, rezulta X2 = tX − I2, t = tr(X) si obtinem ecuatia t2 = 2016 ⇒

t = ±√

2016, de unde avem X1,2 = ± 1√2016

(2014 12012 2

).

Daca d = −1, obtinem ca X3,4 = ± 1√2012

(2012 12012 0

).

b) Observam ca X2 = −X1 si X4 = −X3.

X20131 +X2013

2 +X20133 +X2013

4 = X20131 + (−X1)

2013 +X20133 + (−X3)

2013 = O2.

�

3. (O.L. Olt 2013, Gabriela Ionica, Eduard Buzdugan) Se considera matriceaA ∈M2(R) astfel ıncat

A3 + 4A+ 2013I2 =

(2018 7

0 2018

).

Aratati ca (A− I2)p = O2, pentru orice p ∈ N∗.O.L Olt, 2013

Gabriela Ionica, Eduard Buzdugan

Solutie: Punand conditia ca A sa comute cu matricea

(2018 7

0 2018

)obtinem ca

A =

(a b0 a

)si avem sistemul

{a3 + 4a = 5

3a2b+ 4b = 7, cu solutiile a = 1, b = 1 si deci

A =

(1 10 1

).

A− I2 =

(0 10 0

), (A− I2)2 = O2.

�

4. Sa se rezolve ın Mn(Z) ecuatia: Xn −X =

0 1 k0 0 20 0 0

, k ∈ Z.

OL Arges, 2013

44 TIBERIU BARTA

Solutie: Punand conditia ca X sa comute cu matricea

0 1 k0 0 20 0 0

obtinem ca

X =

a b c0 a 2b0 0 a

, rezulta Xn =

an nan−1b nan−1c+ n(n− 1)an−2b2

0 an 2nan−1b0 0 an

.

Avem sistemul

an − a = 0

b(nan−1 − 1) = 1

nan−1c+ n(n− 1)an−2b2 − c = k

.

Daca n 6= 2 obtinem solutia X =

0 −1 −k0 0 −20 0 0

.

Daca n = 2 avem solutiile X1 =

0 −1 −k0 0 −20 0 0

si X2 =

1 1 k − 20 1 20 0 1

. �

5. Rezolvati ecuatia X3 =

(19 30−45 −71

), X ∈M2(R).

OL Brasov, 2013

Solutie: Trecand la determinanti ın ecuatia data obtinem ca det(X) = 1 si deciX2 = tX − I2, unde t = tr(X).

X3 = (t2−1)X−tI2 =

(19 30−45 −71

)egalam urmele celor doua matrice si obtinem

ecuatia t3−3t+52 = 0, ecuatie ce are ca singura solutie reala pe t = −4 si rezulta

X =

(1 2−3 −5

). �

6. Determinati matricele X ∈M2(C) cu proprietatea ca X2 +X = O2.

Solutie: Conform teoremei lui Cayley-Hamilton avem X2 − tX + dI2 = O2, undet = tr(X), d = det(X) si cum X2 +X = O2 obtinem ca (t+ 1)X = dI2.Cazul I. Daca t = −1, atunci d = 0 si obtinem matricele

X =

(a b

−a2 − ab

−1− a

), a, b ∈ C, b 6= 0 sau X =

(0 0c −1

), c ∈ C, respectiv

X =

(−1 0c 0

), c ∈ C.


Cazul II. t 6= −1 si obtinem ca X = λI2

(λ =

d

t+ 1

)si rezulta ca λ2 + λ = 0⇒

X = O2 sau X = −I2. �

7. Determinati X, Y ∈M2(R∗) astfel ıncat X2003 + Y 2003 = XY = O2.

OL Brasov, 2003

Solutie: Din X2003+Y 2003 = O2, prin ınmultire cu X, rezulta X2004+(XY )Y 2002 =O2 si cum XY = O2, rezulta X2004 = O2 si deci X2 = O2. Analog se obtineY 2 = O2. De aici, utilizand eventual teorema lui Cayley-Hamilton, obtinem:

X =

(a b

−a2

b−a

), Y =

cbc

a−acb−c

, a, b, c ∈ R∗.

�

8. Consideram matricele A ∈ M3,2(C), B ∈ M2,3(C) astfel ıncat BA nu estematricea nula si exista k ≥ 2 astfel ıncat (AB)k = O3. Care sunt numerelenaturale nenule n pentru care ecuatia Xn = BA are solutii X ∈M2(C)?

SGM-februarie/2013-Petru Todor

Solutie: Cum (BA)k+1 = B(AB)kA = O2 ⇒ det(BA) = 0 si(BA)n = [tr(BA)]n−1BA, ∀n ∈ N∗, obtinem (tr(BA))kBA = O2 ceea ce implicatr(BA) = O2 ⇒ (BA)2 = O2.Consideram ecuatia Xn = BA ⇒ (det(X))n = det(BA) = 0 ⇒ det(X) = 0 sideci Xn = (tr(X))n−1X. Ecuatia devine (tr(X))n−1X = BA si egaland urmelecelor doua matrice obtinem (tr(X))n = 0 ⇒ tr(X) = 0 si pentru n ≥ 2 avemBA = O2, contradictie, rezulta n = 1. �

6. Functii polinomiale de tip determinant

Expunem o metoda de stabilire a unor proprietati ale determinantilor cu ajutorulunor functii polinomiale de tipul det(A+ xB), unde A,B ∈Mn(C) si x ∈ C.

Teorema 6.1. Fie A,B ∈Mn(C). Atunci f(x) = det(A+ xB) este un polinom cugrad(f) ≤ n avand termenul liber detA si coeficientul lui xn este egal cu detB.

Demonstratie: Fie A = (aij)i,j=1,n, B = (bij)i,j=1,n, atunci

f(x) =∑σ∈Sn

ε(σ)n∏i=1

(aiσ(i) + xbiσ(i)),

46 TIBERIU BARTA

de unde rezulta ca f este un polinom si grad(f) ≤ n, iar coeficientul lui xn este∑σ∈Sn

ε(σ)n∏i=1

biσ(i) = det(B), iar termenul liber este∑σ∈Sn

ε(σ)n∏i=1

aiσ(i) = det(A). �

Observatia 6.1. Daca A,B ∈M2(C), atunci exista t ∈ C, astfel ıncat

f(x) = det(A+ xB) = x2det(B) + tx+ det(A),∀x ∈ C.

Observatia 6.2. Daca A,B ∈M2(C), atunci exista t ∈ C, astfel ıncat

g(x, y) = det(xA+ yB) = x2 det(A) + txy + y2 det(B),∀x, y ∈ C.

Demonstratie: Avem ca exista t ∈ C astfel ıncat

f(x) = det(A+ xB) = x2 det(B) + xt+ det(A), ∀x ∈ C.

Consideram g(x, y) = det(xA+yB) = x2 det(A+

y

xB)

= x2f(yx

)= x2

(y2

x2det(B) +

y

x+ det(A)

)=

= x2 det(A) + txy + y2 det(B).�

Observatia 6.3. Fie A,B ∈M2(C) atunci avem relatiile:

i) det(A) =tr2(A)− tr(A2)

2(unde tr(A) reprezinta urma matricei A);

ii) det(A+B) = det(A) + det(B) + tr(A)tr(B)− tr(AB).

Demonstratie: i) Utilizand relatia lui Hamilton− Cayley avem ca

det(A)I2 = tr(A)A− A2,

de unde rezulta ca:2 det(A) = tr2(A)− tr(A2).

ii) Din i) avem ca

det(A+B) =tr2(A+B)− tr(A+B)2

2=

(tr(A) + tr(B))2 − tr(A2 + AB +BA+B2)

2=

=tr2(A)− tr(A2) + tr2(B)− tr(B2) + 2(tr(A)tr(B)− tr(AB))

2⇒

det(A+B) = det(A) + det(B) + tr(A)tr(B)− tr(AB).

�

Aplicatii:

1. Daca A,B ∈M2(C), atunci

det(A+B) + det(A−B) = 2(det(A) + det(B)).


Demonstratie: Din Propozitia 1 obtinem caf(x) = det(A+ xB) = x2 det(B) + tx+ det(A), pentru x = 1, x = −1 se obtine:

f(1) = det(A+B) = det(B) + t+ det(A),

f(−1) = det(A−B) = det(B)− t+ det(A),

prin ınsumare obtinem relatia ceruta.�

2. Fie X, Y ∈Mn(R). Demonstrati urmatoarele implicatii:a) Daca X · Y = Y ·X, atunci det(X2 + Y 2) ≥ 0.b) Daca X + Y = In, atunci det(X3 + Y 3) ≥ 0.

O.N.M., 2012, etapa locala Sibiu

Demonstratie: a) Din XY = Y X ⇒ X2 + Y 2 = (X + iY )(X − iY ).Consideram polinomul f = det(A+ xB) ∈ R[X].

det(A2 +B2) = det(A+ iB) det(A− iB) = f(i)f(−i) = f(i)f(i) = |f(i)|2 ≥ 0.b) Inmultind relatia X + Y = In la stanga, respectiv la dreapta, cu matricea X,obtinem: XY = X −X2 = Y X.

X3 + Y 3 = (X + Y )(X2 −XY + Y 2) =

(X − 1

2Y

)2

+3

4Y 2.

Avem ca det(X3 + Y 3) = det

((X − 1

2Y

)2

+3

4Y 2

)si deoarece matricele

X− 1

2Y,

√3

2Y comuta la ınmultire avem, conform punctului a), det(X3+Y 3) ≥ 0.

�

3. Fie A,B ∈ M2(Q) astfel ıncat AB = BA, det(A) = 3 si det(A +√

3B) = 0. Sase calculeze det(A2 +B2 − AB).

O.N.M., 2012, etapa locala Valcea

Demonstratie: Consideram functia polinomiala

f(x) = det(A+ xB) = x2 det(B) + tx+ 3 ∈ Q[X].

f(√

3) = 0⇒ 3 det(B) + t√

3 + 3 = 0⇒ t = 0, det(B) = −1.

Am obtinut f(x) = −x2 + 3.Fie x1, x2 radacinile ecuatiei x2−x+1 = 0, rezulta ca x2−x+1 = (x−x1)(x−x2).Din relatiile lui Viete avem ca x1 + x2 = 1, x1x2 = 1. Deoarece AB = BA rezultaA2 − AB +B2 = (A− x1B)(A− x2B) = f(−x1)f(−x2).

det(A2 +B2 − AB) = f(−x1)f(−x2) = (−x21 + 3)(−x22 + 3) =

= x21x22 − 3(x21 + x22) + 9 = 13.

48 TIBERIU BARTA

�

4. Fie A,B ∈M2(C) astfel ıncat tr(AB) = tr(A)tr(B).a) Demonstrati ca det(A+B) = det(A) + det(B);b) Demonstrati ca det(xA + yB) + det(yA + xB) = (x2 + y2)(det(A) + det(B)),

pentru orice x, y ∈ C.

O.N.M., 2012, etapa locala Hunedoara

Demonstratie: a) Este o consecinta imediata a Propozitiei 3.b) tr(xA)tr(yA) = xytr(AB), iar tr(xAyB) = xytr(AB), este deci respectataipoteza de la a). Utilizand a) obtinem:

det(xA+ yB) = det(xA) + det(yB) = x2 det(A) + y2 det(B)

det(yA+ xB) = det(yA) + det(xB) = y2 det(A) + x2 det(B).

Adunand cele doua relatii obtinem:

det(xA+ yB) + det(yA+ xB) = (x2 + y2)(det(A) + det(B)).

�

5. Fie A,B ∈M2(R) astfel ıncat AB = BA. Sa se arate ca:

det(A2 + AB +B2) ≥ 3

4(det(A)− det(B))2.

O.N.M., 2012, etapa locala Arges

Demonstratie: Din Prop. 6.1 avem ca exista t ∈ R, astfel ıncat

f(x) = det(A+ xB) = x2 det(B) + tx+ det(A), ∀x ∈ C.Fie x1, x2 radacinile complexe ale ecuatiei x2 + x+ 1 = 0, avem relatiile:x1 + x2 = −1, x1x2 = 1 si x2 + x+ 1 = (x− x1)(x− x2).Cum AB = BA⇒ A2 + AB +BA = (A− x1B)(A− x2B), de unde rezulta ca

det(A2 + AB +B2) = f(−x1)f(−x2).Avemdet(A2 + AB +B2) = (x21 det(B)− tx1 + det(A))(x22 det(B)− tx2 + det(A)) =

= t2x1x2−t(det(A)+det(B))(x1+x2)+det(B)2+det(A)2+det(B) det(A)(x21+x22) =

= t2 − t(det(A) + det(B)) + det(A)2 − det(A) det(B) + det(B)2 ≥

≥ 3

4(det(A)− det(B))2.

Ultima inegalitate se obtine determinand punctul de minim al functiei de graduldoi

g(t) = t2 − t(det(A) + det(B)) + det(A)2 − det(A) det(B) + det(B)2.


�

6. Fie A ∈M2(Q) cu proprietatea ca det(A2− 2012I2) = 0. Sa se arate ca matriceaA este inversabila si A−1 = qA, unde q ∈ Q.

O.N.M., 2012, etapa locala Mures

Demonstratie: Consideram f(x) = det(A+xI2) = x2+tx+det(A) ∈ Q[X]. Avemf(√

2012)f(−√

2012) = 0⇒ t = 0 si det(A) = −2012.Rezulta ca f(x) = x2 − 2012, de unde obtinem ca0 = f(

√2012) = det(A+

√2012I2).

Consideram matricea A =

(a bc d

). Din det(A+

√2012I2) = 0 rezulta

tr(A) = 0 si din relatia lui Cayley-Hamilton avem A2 = 2012I2 ⇒ A−1 =1

2012A.

�

7. Fie A,B doua matrice patratice de ordinul n ≥ 2 cu elemente numere reale si cuproprietatea ca A2 +B2 = On. Sa se arate ca:a) daca n = 4k, k ∈ N, atunci det(AB −BA) ≥ 0;b) daca n = 4k + 2, k ∈ N, atunci det(AB −BA) ≤ 0;c) daca n = 4k + 1sau n = 4k + 2, k ∈ N, atunci det(AB −BA) = 0.

O.N.M., 2012, etapa locala Dolj

Demonstratie: Consideram polinomul f(x) = det(A+ xB) ∈ R[X].(A− iB)(A+ iB) = A2 +B2 + i(AB −BA) = i(AB −BA), de unde obtinem ca

in det(AB −BA) = det(A+ iB) det(A− iB) = f(i)f(−i) = |f(i)|2.

Daca n = 4k ⇒ det(AB −BA) = |f(i)|2 ⇒ det(AB −BA) ≥ 0.

Daca n = 4k + 2⇒ − det(AB −BA) = |f(i)|2 ⇒ det(AB −BA) ≤ 0.Daca n = 4k + 1, n = 4k + 3 rezulta ca ±i det(AB − BA) = |f(i)|2 si cumdet(AB −BA), |f(i)|2 ∈ R, rezulta det(AB −BA) = 0. �

8. Fie matricele A,B ∈M2(R) astfel ıncat det(A) = det(B) =1

4det(A+B) ≥ 0.

Aratati ca det(xA+ yB) ≥ 0, pentru orice x, y ∈ R.Cand are loc egalitatea?

O.N.M., 2012, etapa locala Dolj

Demonstratie: Consideram f(x) = det(xA + yB), din Propozitia 6.2 avem caexista t ∈ R astfel ıncat f(x, y) = x2 det(A) + txy + y2 det(B).

50 TIBERIU BARTA

Folosind ipotezele problemei avem det(A) = det(B) =1

4f(1, 1) =

det(A) + t+ det(B)

4,

rezulta t = 2 det(A).De unde rezulta f(x, y) = det(A)(x2 + 2xy+ y2) = det(A)(x+ y)2 ≥ 0,∀x, y ∈ R.Obtinem egalitate daca det(A) = 0 sau y = −x.

�

6.1. Aplicatii.

1. Fie A,B ∈M2(R) astfel ıncat det(A2 +B2) = 0. Sa se arate cadet(A+B) = det(A) + det(B).

O.N.M., 2012, etapa locala Olt

Demonstratie: Consideram f(x) = det(A+ xB) = bx2 +mx+ a undea, b,m ∈ R, a = det(A) si b = det(B), atunci:

0 = det(A2 +B2) = det(A+Bi) det(A−Bi) = f(i)f(−i) = (a− b)2 +m2 ⇒a = b si m = 0, rezulta ca f(x) = ax2 + a.

det(A+B) = f(1) = b+ a = det(A) + det(B).

�

2. Fie A ∈Mn(Z) astfel ıncat det(2In + A) = det(5In + A) = 2012.a) Daca n ≥ 3, demonstrati ca det(kIn + A) 6= 2013,∀k ∈ Z.b) Daca n = 2, demonstrati ca exista o infinitate de matrice A cu proprietatea

din enunt.

O.N.M., 2012, etapa locala Braila

Demonstratie: a) Fie f(x) = det(A + xIn), f ∈ Z[X]. Din f(2) = f(5) = 2012rezulta ca exista g ∈ Z[X] astfel ıncat f(x) = (x− 2)(x− 5)g(x) + 2012.Presupunem ca exista k ∈ Z astfel ıncat f(k) = 2013 si obtinem

(k − 2)(k − 5)g(k) = 1⇒ k − 2, k − 5 ∈ D1

ceea ce nu este posibil, deorece numerele k − 2 si k − 5 sunt de paritati diferite.b) Daca n = 2 avem f(x) = (x− 2)(x− 5) + 2012 = x2− 7x+ 2022 si, din relatialui Cayley-Hamilton, A verifica proprietatea din enunt daca tr(A) = 7, det(A) =

2022. Consideram A =

(a −a2 + 7a− 20221 7− a

), a ∈ Z si A verifica conditiile

cerute. �

3. Fie A,B ∈Mn(Z) astfel ıncat numerele det(A) si det(A+B) sunt ıntregi impare.Demonstrati ca det(A+ kB) 6= 0, pentru orice k numar ıntreg.

O.N.M., 2012, etapa locala Salaj


Demonstratie: Fie f(X) = det(A+XB), atunci f ∈ Z[X]. Presupunem ca existak ∈ Z astfel ıncat f(k) = 0, rezulta ca f(X) = (X − k)g(X), unde g ∈ Z[X].det(A) = f(0) = −kg(0), det(A+ B) = f(1) = (1− k)g(1) si cum −k, 1− k suntde paritati diferite obtinem ca cel putin unul dintre numerele det(A), det(A+B)este par, contradictie. �

4. Fie A ∈ M2(R) cu detA 6= 0, astfel ıncat det(A + dA∗) = 0. Sa se arate cadet(A− dA∗) = 4.

O.J 2001

Demonstratie: Fie f(x) = det(A − xI2) = x2 − tx + d, unde t = tr(A). Din0 = det[A(A + dA∗)] = det(A2 + d2I2) = det(A − diI2) det(A + diI2) rezultaf(di) = 0, rezulta a = 0, d = 1 si f(x) = x2 + 1.

det(A− dA∗) = det(A− A∗) = det[(A− A∗)A] = det(A2 − I2) = f(1)f(−1) = 4.

�

5. FieA,B,C trei matrice de ordin 3, care au elemente numere reale si care ındeplinescconditiile: det(A) = det(B) = det(C) si det(A + iB) = det(C + iA). Aratati cadet(A+B) = det(C + A).

O.J. 2009

Demonstratie: Notam d = det(A) = det(B) = det(C) si consideram polinoamelef(x) = det(A+ xB) = dx3 + ax2 + bx+ d ∈ R[X], g(x) = det(C + xA) == dx3 +mx2 + nx+ d ∈ R[X].Din f(i) = g(i) obtinem m = a, n = b⇒ f(x) = g(x),∀x ∈ C, de unde rezulta caf(1) = g(1)⇔ det(A+B) = det(C + A). �

6. Se considera matricele A,B ∈ M3(C) cu A = −tA,B =t B. Aratati ca dacafunctia polinomiala definita prin f(x) = det(A + xB) are o radacina multiplaatunci det(A+B) = det(B).

O.J. 2010

Demonstratie: Din A = −tA prin trecere la determinant obtinem det(A) = 0.f(x) = det(A+ xB) = bx3 + ax2 + cx, unde b = det(B).

f(x) = det(A+ xB) = det(A+ xB)t = det(−A+ xB) = −f(−x)⇒ a = 0.

Rezulta ca f(x) = x(bx2+c) si cum polinomul admite o radacina multipla obtinemca c = 0 si f(x) = bx3 ⇒ det(A+B) = f(1) = b = det(B). �

7. Se considera matricele A,B ∈ M2(Q) cu proprietatile AB = BA, det(A) = 2 sidet(A+

√2B) = 0. Sa se calculeze det(A4 + A2B2 +B4).

Aurel Dobosan, G.M. 1/2013

52 TIBERIU BARTA

Solutie: Consideram f(x) = det(A + xB) = ax2 + bx + c ∈ Q[X], deoarecef(√

2) = 0⇒ f(−√

2) = 0⇒ f(x) = a(x2 − 2) si cum 2 = det(A) = f(0) = −2a,obtinem ca f(x) = 2− x2.

A4 + A2B2 +B4 = (A2 +B2)− A2B2 = (A2 − AB +B2)(A2 + AB +B2) =

= (A− x1B)(A− x2B)(A− y1B)(A− y2B),

unde x1,2 sunt solutiile ecuatiei x2 − x + 1 = 0, iar y1,2 sunt solutiile ecuatieix2 + x+ 1 = 0.

det(A4 + A2B2 +B4) = f(−x1)f(−x2)f(−y1)f(−y2) =

= (3− x1)(3− x2)(3 + y1)(3 + y2) = 49.

�

8. Fie A,B doua matrice patratice de ordinul 3 cu elemente reale, cu proprietatile:a) det(A+ (−1)nB) = det(A) + (−1)n det(B), n ∈ {0, 1};b) AB = BA.Sa se arate ca det(A3 +B3) = (det(A) + det(B))3.

GM 2/2013Rodica Marinescu, Victor Marinescu

Demonstratie: Fie f(x) = det(A + xB) = bX3 + mX2 + nX + a ∈ R[X], cua = det(A), b = det(B).

Din ipoteza avem ca f(1) = a+b si f(−1) = a−b si obtinem sistemul

{m+ n = 0

m− n = 0

cu solutia m = n = 0, de unde f(x) = bX3 + a.

det(A3 +B3) = det(A+B) det(A2 − AB +B2) =

= det(A+B) det(A− ε1B) det(A− ε2B) = f(1)f(−ε1)f(−ε2),unde ε1,2 sunt radacinile ecuatiei x2 − x+ 1 = 0 de unde obtinem ca ε31ε

32 = −1.

det(A3 +B3) = f(1)f(−ε1)f(−ε2) = (a+ b)3.

�

9. Fie A o matrice patratica de ordinul trei cu elemente numere ıntregi. Sa se arateca 5 divide determinantul matricei 3A+ 2At.

GM 5, 2013Marian Cucoanesti


Demonstratie. Consideram polinomul f(x) = det(A+ xAt) == ax3 + bx2 + cx+ a ∈ Z[X], unde a = det(A) = det(At).

det(3A+ 2At) = 27 det

(A+

2

3At)

= 27f

(2

3

)= 35a+ 12b+ 18c.

det(3At + 2A) = 8 det

(A+

3

2At)

= 8f

(3

2

)= 35a+ 18b+ 12c.

si cum det(3A+ 2At) = det(3At + 2A) obtinem ca

2 det(3A+ 2At) = 35a+ 12b+ 18c+ 35a+ 18b+ 12c = 70a+ 30b+ 30c⇒5| det(3At + 2A).

�

10. Fie A,B ∈M2(C) doua matrice nenule astfel ıncat AB +BA = O2 sidet(A+B) = 0. Sa se arate ca tr(A) = tr(B) = 0.

Demonstratie: Prima conditie din enunt atrage (A+B)2 = A2 +B2 si (A−B)2 =A2 +B2. Deducem de aici ca det(A−B) = 0.Ecuatiile caracteristice pentru A+B si A−B sunt:

A2 +B2 − tr(A+B)(A+B) = 0, A2 +B2 − tr(A−B)(A−B) = 0.

Prin scadere obtinem ca tr(A)B = tr(B)A. Consideram functia f(x) = det(A +xB) = x2 det(B) + mx + det(A) si avem f(1) = 0, f(−1) = 0 si det(A2 + B2) =f(i)f(−i) = 0, deci f are trei radacini, rezulta f(x) = 0,∀x ∈ C ⇒ det(A) =det(B) = 0. Am obtiut ca: A2 = tr(A)A,B2 = tr(B)B si cum A2 + B2 =tr(A+B)(A+B), rezulta tr(A)B+tr(B)A = O2, tinand cont de tr(A)B = tr(A)Aavem 2tr(A)B = O2 ⇒ tr(A) = 0 si tr(B) = 0. �

11. Fie A,B doua matrice singulare de ordin 3 cu elemente ıntregi astfel ıncat AB =BA si polinomul cu coeficienti ıntregi de tip determinant P (X) = det(A+XB).a) Sa se arate ca P (i) · P (−i) = det(A2 +B2), unde i2 = −1.b) Sa se arate ca A3 + B3 = (A + B)(A + εB)(A + ε2B), unde ε este o radacina

nereala de ordin trei a unitatii.c) Stiind ca det(A+B) = det(A2 +B2) = 2 calculati det(A3 +B3).

Concursul de matematica ”Sperante”, Comanesti, 2012

Demonstratie: a)

P (i)P (−i) = det[(A+ iB)(A− iB)] = det(A2 − i2B2) = det(A2 +B2).

b) Cum ε este o radacina nereala a ecuatiei x3 = 1, rezulta ca ε2 + ε + 1 = 0.Obtinem ca

(A+B)(A+ εB)(A+ ε2B) = (A+B)(A2 + (ε2 + ε)AB + ε3B2) =

54 TIBERIU BARTA

= (A+B)(A2 − AB +B2) = A3 +B3.

c) Din teorema 6.1 avem ca P (X) = X3 det(B) + aX2 + bX + det(A) ∈ Z[X] sicum det(A) = det(B) = 0 rezulta P (X) = aX2 + bX, a, b ∈ Z.

det(A+B) = 2⇔ P (1) = 2⇔ a+ b = 2,

iar det(A2 + B2) = 2⇔ P (i)P (−i) = 2⇔ a2 + b2 = 2, din aceste relatii obtinema = b = 1 si deci P (X) = X2 +X. Tinand cont de b) avem

det(A3 +B3) = P (1)P (ε)P (ε2) = 2.

�

12. Fie A ∈ M3(R), A 6= O3. Daca exista B ∈ M3(R) inversabila, astfel ıncatAB + BA = O3, demonstrati ca functia f : R → R, f(x) = det(xI3 − A) esteimpara.

GM 6,7,8/2012-Mihai Piticari, Vladimir Cerbu

Demonstratie: Din AB +BA = O3 obtinem ca A = −BAB−1.f(x) = det(xI3 − A) = det(xI3 +BAB−1) = det[−B(−xI3 − A)B−1] =

= − det(B)f(−x) det(B−1) = −f(−x)

de unde rezulta ca f este impara. �

13. a) Dati exemplu de matrice A,B ∈ M2(R) astfel ıncat AB = BA,A2 = B2 sidet(A−B) 6= 0.

b) Demonstrati ca daca matricele A,B ∈M3(R) au proprietatile AB = BA,A3 = B3, atunci det(A−B) = 0.

Traian Lalescu, 2007-D. Mihet

Demonstratie: a) Matricele A = I2, B = −I2 verifica cerintele de la a), iar det(A−B) = 4 6= 0.b) Din A3 = B3 si AB = BA rezulta det(A) = det(B) := a ∈ R si(A−B)(A2 + AB +B2) = O3.Daca presupunem det(A−B) 6= 0⇒ det(A2 + AB +B2) = 0.Fie f(x) = det(A+ xB), atunci f(x) = ax3 + bx2 + cx+ a ∈ R[X] si ε o radacinade ordinul trei a unitatii diferita de 1.

det(A2 + AB +B2) = det(A− εB) det(A− εB) = f(−ε) · f(−ε) = 0

si cum f ∈ R[X] rezulta ca f(−ε) = 0, dar f(−ε) = −b− ε(b+c) = 0⇒ b = c = 0si deci f(x) = a(x3 + 1) cu det(A − B) = f(−1) = 0, contradictie. Rezultadet(A−B) = 0. �

14. Fie A,B ∈ Mn(R), cu AB = BA. Sa se demonstreze ca daca det(A + B) ≥ 0,atunci det(Ak +Bk) ≥ 0,∀k ≥ 1.


Demonstratie: �

Daca k = 2m, atunci

det[(Am+iBm)(Am−iBm)] = det(Am+iBm)·det(Am + iBm) = | det(Am+iBm)|2 ≥ 0.

Daca k = 2m + 1,m ∈ N∗, consideram x0 = −1, x1, x2, ..., x2m radacinile polino-mului X2m+1 + 1, cu xm+i = xi, i = 1, 2, ...,m.Avem

A2m+1 +B2m+1 = (A+B)m∏i=1

(A− xiB)(A− xiB).

Trecand la determinanti obtinem

det(A2m+1 +B2m+1) = det(A+B)m∏i=1

(A− xiB)m∏i=1

(A− xiB) =

= det(A+B)

∣∣∣∣∣m∏i=1

(A− xiB)

∣∣∣∣∣2

≥ 0.

7. Vectori si valori proprii

Fie A ∈Mn(R) o matrice patratica.

Definitia 7.1. Un numar λ ∈ C se numeste valoare proprie a lui A, daca exista unvector nenul X ∈Mn,1(C) astfel ıncat AX = λX.

Definitia 7.2. Multimea tuturor valorilor proprii ale lui A, se numeste spectrul luiA si se noteaza cu Spec(A).

Vectorul X se numeste vector propriu pentru matricea A corespunzator valoriiproprii λ.

Definitia 7.3. Polinomul fA ∈ C[X], fA(X) = det(A − XIn) se numeste poli-nom caracteristic asociat matricei A. Ecuatia fA(x) = 0 se numeste ecuatiacaracteristica asociata matricei A.

Teorema 7.1. Un numar λ ∈ C este valoare proprie pentru matricea A daca sinumai daca fA(λ) = 0.

56 TIBERIU BARTA

Demonstratie: Existenta vectorului nenul X =

x1x2· · ·xn

pentru care AX = λX este

echivalenta cu conditia ca sistemul(a11 − λ)x1 + a12x2 + a13x3 + · · ·+ a1nxn = 0

a21x1 + (a22 − λ)x2 + a23x3 + · · ·+ a2nxn = 0

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

an1x1 + an2x2 + an3x3 + · · ·+ (ann − λ)xn = 0

sa admita solutii nenule, deci fA(λ) = 0 �

Propozitia 7.1. Daca A ∈Mn(C), λ ∈ C valoare proprie a lui A, iar X ∈Mn1(C)este vector propriu corespunzator lui λ atunci:

a) λk este valoare proprie pentru Ak, oricare ar fi k ∈ N.b) P (λ) este valoare proprie pentru P (A), oricare P ∈ C[X].

c) Daca A este inversabila, atunci λ 6= 0 si numarul1

λeste valoare proprie pentru

A−1, iar X este vector propriu.

Demonstratie: a) Din AX = λX, rezulta ca A2X = A(AX) = λAX = λ2X.Se demonstreza prin inductie ca AnX = λnX, ∀n ∈ N, de unde obtinem ca λk

este valoare proprie a lui Ak, iar X este vector propriu.b) Daca P (A) = anA

n + an−1An−1 + · · ·+ a1A+ a0In, atunci

P (A)X = anλnX + an−1λ

n−1X + · · ·+ a1λX + a0X = P (λ)X.

c) Daca λ = 0 si X este un vector propriu al lui A corespunzator lui 0, atunciAX = On,1 si ınmultind cu A−1 obtinem ca X = On,1 ceea ce este absurd, deciλ 6= 0.

Din AX = λX ⇒ X = λA−1X ⇒ 1

λX = A−1X, de unde rezulta ca

1

λeste

valoare proprie a lui A−1.�

Teorema 7.2. Daca A ∈Mn(C), atunci

fA(X) = (−1)n(Xn − σ1Xn−1 + σ2Xn−2 − · · ·+ (−1)n−1σn−1X + (−1)nσn),

unde σk este suma minorilor diagonali de ordin k din matricea A.

σ1 = trA, σn = detA.


Observatia 7.1. 1. Daca A ∈M2(C) atunci fA(X) = X2 − tr(A)X + det(A).2. Daca A = (ai,j)i,j=1,3 ∈ M3(C) atunci fA(X) = −X2 + tr(A)X − σ2A + det(A),

unde

σ2 =

∣∣∣∣a11 a12a21 a22

∣∣∣∣+

∣∣∣∣a11 a13a31 a33

∣∣∣∣+

∣∣∣∣a22 a23a32 a33

∣∣∣∣ =1

2

[(trA)2 − trA2

]Teorema 7.3. (Teorema lui Cayley-Hamilton) Orice matrice A ∈ Mn(C) esteradacina a polinomului sau caracteristic.

Propozitia 7.2. Daca A ∈ Mn(C) si λ1, λ2, · · · , λn sunt cele n valori proprii aso-ciate matricei A, atunci

tr(A) = λ1 + λ2 + ...+ λn, detA = λ1 · λ2 · ... · λn.Demonstratie. Ecuatia caracteristica asociata matricei A este

P (X) = Xn − σ1Xn−1 + σ2Xn−2 − · · ·+ (−1)n−1σn−1X + (−1)nσn = 0.

Cum polinomul P are radacinile λ1, λ2, · · · , λn si din relatiile lui Viete, obtinemconcluzia dorita. �

Definitia 7.4. Fie A,B ∈ Mn(C). Spunem ca A,B sunt asemenea daca existaP ∈Mn(C) inversabila astfel ıncat B = P−1AP .

Propozitia 7.3. Doua matrice asemenea au acelasi polinom caracteristic.

Demonstratie: Fie A,B, P ∈Mn(C), P nesingulara astfel ıncat B = P−1AP .

fB(x) = det(B − xIn) = det(P−1AP − xIn) = det[P−1(A− xIn)P ] =

= detP−1 · det(A− xIn) · det(P ) = det(A− xIn) = fA(x).

�

Propozitia 7.4. Daca A,B sunt doua matrice patratice atunci polinoamelecaracteristice ale matricelor AB si BA coincid.

Demonstratie: Daca una dintre matricele A,B este inversabila atunci AB,BA suntasemenea, conform relatiei AB = B−1(BA)B, deci ele au acelasi polinomcaracteristic.Daca A,B nu sunt inversabile, consideram A(a) = A − aIn, cu a ∈ C \ Spec(A).Atunci matricea A(a) este inversabila de unde rezulta ca fA(a)B = fBA(a). CumfA(a)B = fBA(a) sunt doua polinoame de grad n (unde n este ordinul matricelor A,B)ın a si cele doua polinoame sunt egale pentru orice a ∈ C \ Spec(a) rezulta ca suntegale pentru orice a ∈ C si deci considerand a = 0 obtinem fAB = fBA. �

Probleme rezolvate

58 TIBERIU BARTA

1. Fie A ∈Mn(C). Daca An 6= On, atunci Ak 6= On,∀k ∈ N∗.

Demonstratie: Presupunem ca exista k ∈ N∗ astfel ıncat Ak = On si λ o valoareproparie a lui A, atunci din teorema 7.1 a) obtinem ca λk este valoare proprie alui Ak = On si deci λk = 0. Am obtinut ca singura valoare proprie a lui A este 0si deci fA(X) = (−1)nXn ⇒ An = On. �

2. Fie A ∈ Mn(C) o matrice cu proprietatea A2 = 3A − 2In. Sa se arate ca existap ∈ {0, 1, 2, ..., n} astfel ıncat detA = 2p.

Demonstratie: Fie λ o valoare proprie a lui A, atunci λ este o solutie a ecuatieix2 = 3x − 2 de unde obtinem λ ∈ {1, 2}. Valorile proprii ale matricei A pot fidoar 1 sau 2.Fie {λ1, λ2, ..., λn} valorile proprii ale lui A si p ∈ {0, 1, 2, ..., n} astfel ıncat λ1 =λ2 = ... = λp = 2 si λp+1 = λp+2 = ... = λn = 1⇒ detA = λ1 ·λ2 · ... ·λn = 2p. �

3. a) Sa se gaseasca o matrice A ∈M3(C), astfel ıncat A2 6= O3 si A3 = O3.b) Fie n, p ∈ {2, 3}. Sa se arate ca daca exista o functie bijectiva

f :Mn(C)→Mp(C) cu proprietatea ca f(XY ) = f(X)f(Y ), atunci n = p.

O.J. 2002, I. Savu

Solutie: a) Consideram A =

0 1 00 0 10 0 0

, atunci A2 =

0 0 10 0 00 0 0

si A3 = O3.

b) Presupunem ca n 6= p. Cum functia f−1 : Mp(C) → Mn(C) are aceeasiproprietate cu functia f , putem considera n = 3 si p = 2.Fie X ∈M3(C) cu f(X) = O2, atunci

f(O3) = f(X ·O3) = f(X)f(O3) = O2f(O3) = O2 ⇒ X = O3.

Fie A ∈ M3(C) matricea de la a) atunci f(A)2 = f(A2) 6= O2, iar f(A)3 =f(A3) = O2, fapt ce contrazice rezultatul obtinut ın problema 1, absurd.Rezulta n = p.

�

4. Fie x > 0 un numar real si A o matrice patratica de ordin 2, care are elementelereale si verifica relatia det(A2 + xI2) = 0. Demonstrati ca det(A2 +A+ xI2) = x.

O.J. 2006

Demonstratie:

fA(x) = det(A− xI2) = x2 − trA · x+ detA ∈ R[X].


Din 0 = det(A2 − i√xI2) det(A2 + i

√xI2), rezulta ca valorile proprii ale matricei

A sunt ±i√x.

trA = i√x− i

√x = 0, detA = −i

√x · i√x = x2.

Din Teorema lui Cayley-Hamilton rezulta A2 + xI2 = 0.

det(A2 + A+ xI2) = det(A) = x.

�

7.1. Aplicatii.

1. Fie A ∈Mn(R). Daca A ·t A = In, aratati ca:a) |tr(A)| ≤ n;b) Pentru n impar avem det(A2 − In) = 0.

O.J. 2007

Demonstratie: Fie λ o valoare proprie a lui A si X un vector propriu asociat lui λ.Atunci AX = λX, de unde tX ·tA = λ ·tX si conjugand obtinem tX ·tA = λ · tX.

tX ·t A · AX = |λ|2tX ·X

si cum tA · A = In obtinem |λ|2tX ·X = tX ·X, dar tX ·X ∈ R∗ ⇒ |λ| = 1.a) Fie λ1, λ2, ..., λn valorile proprii ale matricei A, atunci:

|trA| = |λ1 + λ2 + ...+ λn| ≤ |λ1|+ |λ2|+ ...+ |λn| = n.

b) Daca n este impar atunci ecuatia caracteristica asociata matricei A admite celputin o solutie reala de modul 1, deci 1 sau −1 sunt valori proprii pentru A,rezulta ca det(A2 − In) = det(A− In) det(A+ In) = fA(−1) · fA(1) = 0.

�

2. Fie A o matrice patrata de ordinul 3 cu elemente numere reale. Demonstrati ca:a) daca f este un polinom cu coeficienti reali care nu are radacini reale atunci

f(A) 6= O3;b) exista un numar natural nenul n astfel ıncat (A + A∗)2n = A2n + (A∗)2n daca

si numai daca det(A) = 0.

Laurentiu Panaitopol, ONM 2003

Demonstratie: a) Fie λ1, λ2, λ3 valorile proprii ale matricei A (radacinile ecuatieifA(x) = 0). Cum fA ∈ R[X] si grad(f) = 3, avem ca f admite cel putin oradacina reala. Presupunem ca λ1 ∈ R.Daca f(A) = O3, atunci f(λ1) = 0 contradictie, f nu are radacini reale, de undeobtinem ca f(A) 6= O3.b) Daca det(A) = 0 atunci AA∗ = A∗A = O3 si obtinem ca (A+A∗)2 = A2+(A∗)2.

60 TIBERIU BARTA

Presupunem ca det(A) = d 6= 0 rezulta ca AA∗ = A∗A = dI3.Daca ınmultimrelatia data cu A2n obtinem:

(A2 + dI3)2n = A4n + d2nI3.

Consideram polinomul f = (X + d)2n −X2n − d2n, daca f admite radacini reale(daca admite sunt cel putin doua), atunci si f ′ = 2n [(X + d)2n−1 −X2n−1] admiteradacini reale, ceea ce este fals, rezulta ca f nu admite radacini reale, contradictiecu f(A2) = O3 rezulta det(A) = 0. �

3. Se considera numerele reale a, b cu b − a2 > 0. Determinati toate matriceleA ∈M2(R) astfel ıncat det(A2 − 2aA+ bI2) = 0.

ONM, 2010

Demonstratie: Fie fA ∈ R[X] polinomul caracteristic al matricei A.Radacinile ecuatiei x2− 2ax+ b = 0 sunt numerele complexe x1,2 = a± i

√b− a2.

Din relatia initiala obtinem ca x1,2 sunt valorile proprii ale matricei A, de undeobtinem tr(A) = x1 + x2 = 2a, det(A) = x1x2 = b.

In concluzie toate matricele cu proprietatea din enunt sunt de forma a+ x ya2 − x2 − b

ya− x

�

4. a) Fie matricea A ∈M2013(R), aratati ca (A2 + I2013)m 6= O2013, (∀)m ∈ N.

b) Ramane adevarata cerinta de la subpunctul a) ın cazul ın care A ∈M2013(R)?Justificati raspunsul.

Concursul Traian Lalescu, 2013

Demonstratie: a) Fie fA(x) = det(A − xIn) ∈ R[X] si deorece grad(fA) = 2013rezulta ca f are cel putin o radacina reala. Fie λ ∈ R cu fA(λ) = 0.Presupunem ca exista m ∈ N cu P (A) = (A2+I2013)

m = O2013. Din P (A) = O2013

rezulta (λ2)2013 = 0, contradictie, deci preupunerea este falsa.


b) Consideram matricea B =

(1 2−1 −1

), atunci B2 = −I2 si matricea

A =

1 2 0 0 0 0 ... 0 0−1 −1 0 0 0 0 ... 0 00 0 1 2 0 0 ... 0 00 0 −1 −1 0 0 ... 0 0... ... ... ... ... ... ... ... ...0 0 0 0 0 0 ... 1 20 0 0 0 0 0 ... −1 −1

∈M2014(R)

Se observa ca A2 + I2014 = O2014. Deci cerinta nu se verifica ın acest caz.�

5. Fie A ∈ Mn(C), n ≥ 2. Presupunem ca exista numere complexe a, b si k naturalnenul, astfel ıncat (A − aIn)k = (A2013 − bIn)k = On. Care este relatia ıntrenumerele a si b?

SGM-februarie, 2013Petru Todor

Solutie: Fie λ o valoare proprie a matricei A, atunci din (A− aIn)k = On rezultaca (λ − a)k = 0 ⇒ λ = a, deci A are pe a ca valoare proprie cu ordinul demultiplicitate n. Din (A2013− bIn)k = On rezulta (a2013− b)k = 0⇒ b = a2013. �

6. Fie A,B doua matrice patratice de ordin 2013, cu elemente complexe si pentru careexista numere complexe diferite t1, t2, ..., t2014 cu proprietatea (Ati + B)n = O2013

pentru i = 1, 2, ..., 2014. Aratati ca An = Bn = O2013.

SGM-martie, 2013Catalin Gherghe

Demonstratie: Fie t un numar complex, atunci

(At+B)n = Antn +A1tn−1 +A2t

n−2 + ...+An−1t+Bn, Ai ∈M2013(C), i = 1, n− 1

De unde obtinem ca (At+B)n = (Pij(t))i,j=1,2013, Pi,j ∈ C[X], grad(Pi,j) ≤ n.

Daca n ≤ 2013, atunci din Pij(ti) = 0,∀i = 1, 2014 si grad(Pi,j) ≤ 2013⇒Pi,j = 0 si cum coeficientul dominant al lui Pi,j este elementul de pe linia i coloanaj din An, iar termenul liber este elementul de pe linia i coloana j din Bn, rezultaca An = Bn = O2013.Daca n > 2013 rezulta din (Ati + B)n = O2013 ca (Ati + B)2013 = O2013 (veziProblema rezolvata 1.) si deci A2013 = B2013 = O2013 ⇒ An = Bn = O2013. �

7. Fie A ∈ M2(C) cu proprietatea ca det(A2 + A + I2) = det(A2 − A + I2) = 3.Aratati ca A2(A2 + I2) = 2I2.

62 TIBERIU BARTA

RMT 1/2013, Marius Perianu

Demonstratie: Fie fA(x) = det(A − xI2) = x2 − tx + d, unde t = tr(A), d =det(A) si consideram ε1,2 radacinile ecuatiei x2 +x+1 = 0, α1,2 radacinile ecuatieix2 − x+ 1 = 0.

3 = det(A2 + A+ I2) = det(A− ε1I2)(A− ε2I2) = fA(ε1)fA(ε2),

de unde obtinem relatia (d− 1)2 + (d− 1)(t+ 1) + (t+ 1)2 = 3.

3 = det(A2 − A+ I2) = det(A− α1I2)(A− α2I2) = fA(α1)fA(α2)

si rezulta (d−1)2−(d−1)(t−1)+(t−1)2 = 3. Egaland cele doua relatii se obtine2t(d + 1) = 0, de unde avem t = 0 sau d = −1. Avem solutiile t = 0, d = −1,t = 0, d = 2 si conform teoremei lui Hamilton-Cayley rezulta A2 − I2 = O2 sauA2 + 2I2 = O2. In ambele cazuri se verifica usor ca A2(A2 + I2) = 2I2. �

8. a) Sa se arate ca det(I2 + AB) = det(I2 +BA),∀A,B ∈M2(C).b) Fie A ∈ M2(C). Daca exista n ∈ N, n ≥ 2 astfel ıncat An = O2 demonstrati

ca det(I2 + AXA) = 1,∀X ∈M2(C).

Concursul ”Matematica ın Bucovina”-2012Mihai Piticari, Vladimir Cerbu

Demonstratie: a) Din propozitia 7.4 rezulta ca fAB(x) = det(AB−xI2) = det(BA−xI2) = fBA(x),∀x ∈ C, rezulta ca fAB(−1) = fBA(−1)⇔det(AB + I2) = det(BA+ I2).b) Daca An = O2 rezulta ca A2 = O2 si atunci

det(I2 + AXA) = det(I2 + AAX) = det(I2 + A2X) = det(I2) = 1.

�

9. Fie A ∈ M3(R) cu det(A) = 1. Sa se arate ca urmatoarele afirmatii sunt echiva-lente:a) det(A2 − A+ I3) = 0;b) det(A+ I3) = 6 si det(A− I3) = 0.

GM 6,7,8/2013-Lucian Petrescu

Demonstratie: Consideram fA(x) = det(A − xI3) = −x3 + ax2 + bx + 1, cua, b ∈ R si α o radacina a ecuatiei x2 − x+ 1 = 0, atunci:

α ∈ C, α3 = −1, α2 = α− 1.

det(A2 − A+ I3) = 0⇔ fA(α) = 0⇔ α(a+ b) + 2− a = 0⇔ a = 2, b = −2.

det(A+ I3) si det(A− I3) = 0⇔ fA(−1) = 6, fA(1) = 0⇔ a = 2, b = −2.

�


10. Fie A,B ∈Mn(R) cu proprietatea ca B2 = In si A2 = AB+In. Sa se demonstreze

ca det(A) ≤

(1 +√

5

2

)n

OJM 2007

Demonstratie: Inmultind relatia data la stanga cu A obtinem:

A3 = A2B + A = (AB + In)B + A = AB2 +B + A = 2A+B,

de unde rezulta A4 = 2A2 + AB = 3A2 − In.Fie λ o valoare proprie a lui A, atunci λ este radacina a ecuatiei x4− 3x2 + 1 = 0

si de aici avem ca λ ∈

{±1±

√5

2

}.

A are valorile proprii1 +√

5

2,1−√

5

2,−1 +

√5

2,−1−

√5

2cu ordinele de multi-

plicitate k1, k2, k3, k4, unde k1,2,3,4 ∈ Z si k1 + k2 + k3 + k4 = n.Din teorema 7.2 avem ca

det(A) = λ1 ·λ2 ·...·λn = (−1)k2+k4

(√5 + 1

2

)k1+k4

·

(√5− 1

2

)k2+k3

≤

(√5 + 1

2

)n

.

�

11. Fie M1 = {A ∈M2(R)| det(A2 − 2I2) = 0},M2 = {A ∈M2(Q)| det(A2 − 2I2) = 0}. Determinati

D1 = {x ∈ R|(∃)A ∈M1, det(A) = x}, D2 = {x ∈ R|(∃)A ∈M2, det(A) = x}.RMT 1/1996-Dorel Mihet

Solutie: Fie x ∈ R si A =

(√2 0

0x√2

), atunci A ∈ M1 si det(A) = 2, rezulta

D1 = R.Fie A ∈M2, atunci A are ca valoare proprie pe ±

√2 si cum elementele lui A sunt

rationale obtinem ca valorile proprii ale lui A sunt ±√

2 sidet(A) = −

√2 ·√

2 = −2⇒ D2 = {−2}. �

12. Fie m,n ∈ N∗ si A ∈ Mn(C) astfel ıncat tr(A) = n si Am = In. Sa se arate caA = In.

RMT 2/2001-Dorel Mihet

Demonstratie: Fie λ o valoare proprie a lui A, din Am = In rezulta λ = ±1 sicum tr(A) = n este suma celor n valori proprii, rezulta ca toate valorile propriisunt egale cu 1. Polinomul caracteristic al matricei A este fA(X) = (X − 1)n si

64 TIBERIU BARTA

fA(A) = On. Cum cel mai mare divizor comun al polinoamelor fA(X), Xm − 1este X − 1, exista g, h ∈ C[X] astfel ıncat

X − 1 = fA(X)g(X) + (Xm − 1)h(X)⇒ A− In = On.

�

13. Fie k ≥ 2 un numar natural si matricea A ∈ Mk(C) cu |tr(A)| > k. Sa se arateca functia f : N∗ →Mk(C), f(n) = An este o injectiva.

GM 4/2013

Demonstratie: Preupunem ca exista k1, k2 ∈ N∗, cu k1 < k2 astfel ıncatAk1 = Ak2 si λ o valoare proprie a matricei A. Obtinem λk1 = λk2 ⇒ λ = 0 sau|λ| = 1. Fie λ1, λ2, ..., λk valorile proprii ale matricei A, atunci:

|tr(A)| = |λ1 + λ2 + ...+ λk| ≤ |λ1|+ |λ2|+ ...+ |λk| ≤ k,

contradictie, ceea ce demonstreaza ca f este injectiva. �

8. Rangul unei matrice

Definitia 8.1. Fie A ∈ Mm,n(C) o matrice nenula. Se numeste rangul matricei Aun numar r > 0 avand urmatoarele proprietati:

1. Exista un minor de ordin r al lui A, nenul.2. Orice minor de ordin mai mare decat r este egal cu 0.

Numarul r se noteaza r = rangA.

Daca A = Om,n atunci rangA = 0.

Observatia 8.1. Daca A ∈Mm,n(C), atunci rangA ≤ min{m,n}.Definitia 8.2. Fie v1, v2, ..., vk ∈ Rn. Spunem ca {v1, v2, ..., vk} sunt liniari independentidaca si numai daca α1v1 + α2v2 + ...+ αnvn = 0⇒ α1 = α2 = ... = αn = 0.

Definim urmatoarele numere naturale:k1=ordinul maxim al unui minor nenul din matricea Ak2=numarul coloanelor liniar independente din matricea A.k3=numarul liniilor liniar independente din matricea A.k4 = n − defA, unde defectul lui A, notat cu defA, este numarul necunoscutelorsecundare din sistemul omogen

AX = O,X =

x1x2· · ·xn

.


Teorema 8.1. Pentru orice matrice A ∈ Mm,n(R) numerele naturale k1, k2, k3, k4sunt egale.

Propozitia 8.1. Fie A ∈Mm,n, B ∈Mn,p atunci rang(AB) ≤ min{rangA, rangB}.

Demonstratie: Consideram rangA = k1, rangB = k2. Atunci din Teorema 1 obtinemca matricea A are k1 linii liniar independente, iar B are k2 coloane liniarindependente.

A =

L1

L2

· · ·Lm

, B =(C1 C2 · · · Cp

)

AB =

L1C1 L1C2 · · · L1CpL2C1 L2C2 · · · L2Cp· · · · · · · · · · · ·LmC1 mC2 · · · LmCp

.

Daca consideram din matricea produs AB, k1 + 1 linii, vom avea una ce se scrie ca ocombinatie liniara de celelalte k1 si deci rang(AB) ≤ k1, analog rangAB ≤ k2.

�

Propozitia 8.2. Prin ınmultirea unei matrice A ∈Mm,n(C), la stanga, respectiv ladreapta cu o matrice inversabila, rangul matricei nu se schimba.

Demonstratie: Fie T ∈Mm(C).T inversabila. Din Propozitia 1 avem ca

(3) rang(TA) ≤ rangA

si cum A = T−1(TA) obtinem ca

(4) rangA ≤ rang(TA).

Din (1), (2) rezulta ca rang(TA) = rangA.�

Definitia 8.3. Fie A ∈Mm,n(C) o matrice.Se numeste transformare elementara de linii:

• schimbarea ıntre ele a doua linii• ınmultirea unei linii cu un numar nenul• adunarea unei linii la alta linie

66 TIBERIU BARTA

Analog definim si transformarile elementare de coloane.

Definitia 8.4. Se numeste matrice elementara de ordin k o matrice obtinuta din Ikprin efectuarea unei trasformari elementare.

Teorema 8.2. Efectuarea unei transformari elementare pe coloanele matriceiA ∈Mm,n(C) revine la ınmultirea matricei A la stanga cu matricea elementaraP ∈Mm(C), corespunzatoare acelei transformari.Efectuarea unei transformari elementare pe coloanele matricei A ∈ Mm,n(C) revinela ınmultirea matricei A la dreapta cu matricea elementara Q ∈ Mn(C), core-spunzatoare acelei transformari.

Observatia 8.2. Orice matrice elementara este o matrice inversabila.

Teorema 8.3. Doua matrice A,B ∈ Mm,n(C) sunt echivalente si notam A ≡ B,daca exista P ∈Mm(C) si Q ∈Mn(C) doua matrice inversabile astfel ıncat

A = PBQ.

Teorema 8.4. Matricele A,B ∈ Mm,n(C) sunt echivalente daca si numai daca eleau acelasi rang.

Teorema 8.5. Daca A ∈Mm,n(C) si rangA = k, atunci

A ≡(

Ik 0k,n−k0m−k,k 0m−k,n−k

)8.1. Aplicatii.

1. Fie A ∈ Mm,n(C) o matrice de rang k. Sa se arate ca exista doua matriceB ∈Mm,k(C) si C ∈Mk,n(C) astfel ıncat A = BC.

Solutie. rangA = k ⇒ A = P

(Ik 00 0

)Q, unde P,Q sunt matrice inversabile.

Evident

(Ik0

)(Ik 0

)=

(Ik 00 0

).

A = P

(Ik0

)·(Ik 0

)Q = BC,

unde B = P

(Ik0

), C =

(Ik 0

)Q.

�


2. Fie A,B ∈Mn(C) doua matrice cu proprietatea rangA+rangB ≤ n. Sa se arateca exista o matrice inversabila X ∈Mn(C) astfel ıncat AXB = O.

Olimpiada Judeteana, 2008

Solutie. A = P

(Ik 00 0

)Q,B = P1

(0 00 Ik1

)Q1.

P, P1, Q,Q1 fiind matriceinversabile, rangA = k, rangB = k1.

AXB = P

(Ik 00 0

)QXP1

(0 00 Ik1

)Q1

Consideram X = Q−1P−11 , atunci

AXB = P

(Ik 00 0

)(0 00 Ik1

)Q1 = 0,

deoarece k + k1 < n.�

3. Fie A,B ∈Mn(R) de rang r1, respectiv r2. Sa se arate ca:

rang(AB) ≥ r1 + r2 − n.

Demonstratie. Exista matricele inversabile P1, R1, P2, R2 astfel ıncat

A = P1Q1R1 si B = P2Q2R2,

Q1 =

(Ir1 OO O

), Q2 =

(Ir2 OO O

).

AB = P1Q1R1P2Q2R2,

de unde avem ca rang(AB) = rang(Q1R1P2Q2).Matricea Q1R1P2Q2 este matricea obtinuta din matricea inversabila R1P2 prinınlocuirea ultimelor n − r1 linii si a ultimelor n − r2 coloane cu 0. Cum prinınlocuirea unei linii (coloane) cu 0, rangul scade cu cel mult o unitate, obctinem:

rang(AB) ≥ n− (n− r1)− (n− r2) = r1 + r2 − n.�

4. Fie A ∈Mn(C) o matrice singulara. Demonstrati ca rangul matricei adjuncte A∗

este 0 sau 1.

Solutie. Daca rangA ≤ n − 2, atunci cum toti minorii de ordin n − 1 sunt egalicu 0 avem ca A∗ = 0, rezulta ca rang(A∗) = 0.Daca rangA = n− 1, atunci din AA∗ = det(A)In se obtine AA∗ = On.

0 = rangOn = rang(AA∗) ≥ rangA∗ + n− 1− n⇒ rangA∗ ≤ 1.

68 TIBERIU BARTA

�

5. Fie A o matrice de rang 1 Demonstrati ca det(In + A) = 1 + tr(A). Deduceti caare loc relatia:

det(λIn + A) = λn + λn−1 · tr(A).

Solutie. Deoarece rangA = 1 rezulta( Problema 1) ca exista B ∈Mn,1(C),C ∈M1,n(C) astfel ıncat A = BC.

Fie B =

x1x2· · ·xn

, C =(y1 y2 · · · yn

), rezulta

A = BC =

x1y1 x1y2 · · · x1ynx2y1 x2y2 · · · x2yn· · · · · · · · · · · ·xny1 xny2 · · · xnyn

det(In + A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 + x1y1 x1y2 · · · x1ynx2y1 1 + x2y2 · · · x2yn· · · · · · · · · · · ·xny1 xny2 · · · xnyn

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 · · · 0x1 1 + x1y1 x1y2 · · · x1ynx2 x2y1 1 + x2y2 · · · x2yn· · · · · · · · · · · · · · ·xn xny1 xny2 · · · xnyn + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Daca ınmultim prima coloana cu−y1,−y2, · · ·−yn si o adunam la coloana 1, 2, · · · , nobtinem:

det(In + A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −y1 −y2 · · · −ynx1 1 0 · · ·x2 0 1 · · · 0· · · · · · · · · · · · · · ·xn 0 0 · · · 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Inmultim linia 2 cu y1, linia 3 cu y2,..., linia n + 1 cu yn si le adunam la primalinie si obtinem.


det(In + A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 + x1y1 + x2y2 + · · ·xnyn 0 0 · · · 0

x1 1 0 · · ·x2 0 1 · · · 0· · · · · · · · · · · · · · ·xn 0 0 · · · 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 + trA

Daca λ = 0 relatia este evidenta, iar daca λ 6= 0 avem ca

det(λIn + A) = λn det

(In +

1

λA

)= λn

(1 + tr

(1

λA

))= λn + λn−1tr(A).

�

6. Fie A ∈ Mn(Z), n > 3 cu det(A) 6= 0, A∗ adjuncta sa si B ∈ Mn(Z) matriceacu toate elementele egale cu 1. Stiind ca det(A∗ + B) = 1 sa se arate ca sumaelementelor matricei A este egala cu 0 sau 2.

Solutie. Observam tr(AB) reprezinta suma elementelor din matricea A.A este inversabila, rang(AB) = rang(B) = 1.

det(A∗ +B) = 1⇒ det(A(A∗ +B)) = det(A)⇔det(dIn + AB) = d,

unde d = det(A) si utilizand rezultatul din problema precedenta obtinem ca

dn + dn−1tr(AB) = d⇔ dn−2(d+ tr(AB)) = 1, d ∈ Z,se obtine ca tr(AB) ∈ {0, 2}. �

7. Fie m,n numere naturale m,n ≥ 2. Consideram matriceleA1, A2, ..., Am ∈ Mn(R), nu toate nilpotente. Demonstrati ca exista un numarıntreg k > 0 astfel ıncat Ak1 + Ak2 + ...+ Akn 6= On.

ONM, 2013

Demonstratie: Notam cu λi1, λi2, ..., λin valorile proprii ale matricei A, i = 1,m.Presupunem prin absurd ca Ak1 + Ak2 + ...+ Akn = On, oricare ar fi k ≥ 1 .

Atunci tr(Ak1) + tr(Ak2) + ...+ tr(Akm) = 0 de undem∑j=1

n∑i=1

λkij = 0.

Din relatiile lui Newton, egalitatilem∑j=1

n∑i=1

λkij = 0, k ≥ 1 implica λij = 0,

∀i = 1,m, j = 1, n. Atunci Ani = On, i = 1,m, contradictie. �

8. Consideram doua numere ıntregi n, p ≥ 2 si o matrice patratica A de ordin n, careare elemente reale si verifica relatia Ap+1 = A.a) Demonstrati ca rang(A) + rang(In − Ap) = n.

70 TIBERIU BARTA

b) Demonstrati ca daca, ın plus, p este prim atunci

rang(In − A) = rang(In − A2) = ... = rang(In − Ap−1).OJM 2006

Demonstratie: a) Din inegalitatea lui Sylvester avem ca

0 = rang(On) = rang(A(In − Ap)) ≥ rang(A) + rang(In − Ap)− n⇒rang(A) + rang(In − Ap) ≤ n.

Pe de alta parte,

rang(A) + rang(In − Ap) ≥ rang(Ap) + rang(In − Ap) ≥ rang(Ap + In − Ap) = n.

Din cele doua inegalitati obtinem ca rang(A) + rang(In − Ap) = n.b) Daca m1|m2, atunci cum m2 = m1d rezulta ca

In − Am2 = In − Am1d = (In − Am1)(In + Am1 + A2m1 + ...+ A(d−1)m1)⇒rang(In − Am1) ≥ rang(In − Am2).

Fie k ∈ N, 1 ≤ k ≤ p− 1. Observam ca deoarece p este prim, resturile ımpartiriinumerelor p+1, 2p+1, ..., kp+1 la k sunt doua cate doua distincte. De aceea, unuldintre numerele precedente, fie el t = qp+ 1, este divizibil cu k. Se demonstreazausor ca Amp+1 = A,∀m ∈ N∗.(Inductie matematica.)

rang(In−A) ≥ rang(In−Ak) ≥ rang(In−At) = rang(In−Aqp+1) = rang(In−A).

�

9. a) Fie A,B ∈M3(R) astfel ıncat rang(A) > rang(B). Aratati carangA2 ≥ rang(B2).

b) Determinati polinoamele neconstante cu coeficienti reali f cu proprietatea capentru orice matrice A,B ∈ M3(R) cu rang(A) > rang(B) are loc relatiarangf(A) ≥ rangf(B).

OJM 2005

Demonstratie: a) Daca rang(A) = 3, atunci rang(A2) = 3 si este evident carang(A2) ≥ rang(B2).Daca rang(A) = 1, atunci cum rang(B) < 1, rezulta ca B = O2 si afirmatia esteevidenta.Daca rang(A) = 2, atunci din relatia lui Sylvester avem ca

rang(A2) ≥ rang(A) + rang(A)− 3 = 1

si cum 2 = rang(A) > rang(B) ≥ rang(B2), rezulta ca rang(B2) ≤ 1 si decirang(B2) ≤ rang(A2).b) Presupune ca f admite radacina nenula a, atunci f = (x − a)g si consideram


matricele A = aI4 si B =

c 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

, unde c este un numar real nenul cu

f(c) 6= 0, atunci rang(A) = 4 > rang(B) = 1 si rang(f(A)) = 0 < rangf(B),contradictie.Daca f admite radacina complexa z = a+bi, a, b ∈ R, b 6= 0. Consideram matricea

A =

a b 0 0−b a 0 00 0 0 00 0 0 0

si B ca mai sus si avem rang(A) = 2 > rang(B) = 1, iar

f(A) = O2 si f(B) 6= O2, deci rangf(A) < rangf(B), absurd.Am obtinut ca polinomul f trebuie sa fie de forma f = aXn, n ∈ N. Fie matricele

A =

0 0 0 10 0 1 00 0 0 00 0 0 0

si B =

1 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

, rang(A) = 2, rang(B) = 1, An =

O2, Bn = B, ∀n ≥ 2 de unde rezulta f = aX, a 6= 0. �

10. Fie A o matrice patrata de ordin n, cu elemente numere complexe si A∗ matriceasa adjuncta, Demonstrati ca daca exista un numar natural m ≥ 1 astfel ıncat(A∗)m = On, atunci (A∗)2 = On.

ONM 2006

Demonstratie: Daca (A∗)m = On, atunci det(A∗) = 0 ⇒ det(A) = 0 si rezultaconform problemei 4 ca rang(A∗) ∈ {0, 1}. Daca rang(A∗) = 0 atunci A∗ = On

si evident (A∗)2 = On.Daca rang(A∗) = 1 si m ≥ 3, atunci exista X ∈ Mn1(C) si Y ∈ M1n(C) astfelıncat A∗ = XY . Notand Y X = a ∈ C obtinem ca

On = (XY )m = X(Y X)m−1Y = am−1XY = am−1A⇒ a = 0

si cum (A∗)2 = aA⇒ (A∗)2 = On. �

9. Matrice inversabile

Definitia 9.1. Fie A ∈ Mn(C). Spunem ca A este inversabila(nesingulara) daca

si numai daca exista B ∈ Mn(C) astfel ıncat AB = BA = In. In aceste conditiinotam B = A−1.

Propozitia 9.1. Inversa unei matrice A ∈Mn(C) daca exista este unica.

72 TIBERIU BARTA

Demonstratie: Presupunem ca exista A1, A2 ∈ Mn(C) astfel ıncat AA1 = A1A = Insi AA2 = A2A = In, atunci:

A1 = A1In = A1(AA2) = (A1A)A2 = A2,

ceea ce demonstreaza unicitatea matricei inverse. �

Teorema 9.1. Matricea A ∈Mn(C) este inversabila daca si numai daca det(A) 6= 0.

Propozitia 9.2. Fie A,B ∈Mn(C) doua matrice inversabile si a ∈ R∗ atunci:

a) (A−1)−1 = A;b) (At)−1 = (A−1)t;c) AB este o matrice inversabila si (AB)−1 = B−1A−1;

d) (aA)−1 =1

aA−1;

e) A−1 =1

det(A)A∗;

f) det(A−1) =1

det(A);

g) rang(A) = n.

Probleme rezolvate

1. Sa se arate ca daca A,B ∈ Mn(R), n ∈ N, n ≥ 2 astfel ıncat AB = In, atuncidet(A2 +B2 + 2A+ 2B + 3In) ≥ 0.

OL Bihor, 2013

Demonstratie:

det(A2) det(A2+B2+2A+2B+3In) = det(A4+2A3+3A2+2A+In) = det(A2+A+In)2

si deoarece matricea A este inversabila rezulta ca:

det(A2 +B2 + 2A+ 2B + 3In)

(det(A2 + A+ In)

det(A)

)2

≥ 0.

�

2. Fie A,B,C matrice patratice de ordinul n, cu elemente reale, astfel ıncatAC = C(B + C) si AB + C2 = In,(a) Aratati ca (A+ εC)(B − εC) = In, unde ε este radacina complexa a unitatii.(b) Demonstrati ca AB = BA.

GM 5/2012

Demonstratie: a) Stim ca ε3 = 1 si ε2 + ε+ 1 = 0.

(A+ εC)(B − εC) = AB − εAC + εCB − ε2C2 =

= AB − εAC + εCB + (ε+ 1)C2 = AB − ε(AC − CB − C2) + C2 = In.


�3. Fie A,B,C ∈ Mn(C) cu A inversabila si C · (A − B) = A−1 · B. Sa se arate ca

(A−B) · C = B · A−1.OL Cluj, 2013

Demonstratie:

C(A−B) = A−1B ⇔ C(A−B)− A−1B = On ⇔ C(A−B)− A−1B + In = In

C(A−B) + A−1(A−B) = In ⇔ (C + A−1)(A−B) = In.

Am obtinut ca inversa matricei A−B este matricea C −A−1, de unde rezulta ca

(A−B)(C + A−1) = In ⇔ (A−B)C = BA−1.

�

4. Fie A,B ∈M2(R) cu proprietatea ca AB −BA = A.a) Aratati ca A este inversabila.b) Aratati ca ABnA = O2 pentru orice n ≥ 1.

OL Constanta, 2013

Demonstratie: a) tr(A) = tr(AB)−tr(BA) = 0 si At = A rezulta A =

(a bb −a

),

a, b ∈ R si atunci det(AB −BA) = det(A) = −a2 − b2 ≤ 0.

b) Din a) avem ca det(A) = 0 si deci A2 = O2 .Inmultind relatia AB−BA = A ladreapta cu A obtinem ca ABA = O2.Presupunem ca ABnA = On si demonstram ca ABn+1A = On.Din AB = BA + A ınmultind cu BnA din dreapta obtinem ca ABn+1A =BABnA+ ABnA = O2, ceea ce ıncheie demonstratia. �

5. Fie A,B ∈M2(R) astfel ıncat AB =

(2013 12014 1

).

Aratati ca BA− (BA)−1 = 2014I2.

Supliment GM, martie 2013Catalin Pana

Demonstratie: Polinomul caracteristic al matricei AB este X2−2014X−1 si cummatricele AB si BA au acelasi polinom caracteristic, obtinem ca:(BA)2 − 2014(BA)− I2 = 0.

(BA)(BA− 2014I2) = I2 ⇒ (BA)−1 = BA− 2014I2 ⇒ BA− (BA)−1 = 2014I2.

�

6. Daca A ∈Mn(Z), aratati ca matricea 3A+ 5In este inversabila.

SGM, mai 2013

74 TIBERIU BARTA

Demonstratie: Consideram fA(x) = det(A− xIn). Din Teorema 7.2 obtinem ca

fA(X) = (−1)n(Xn − σ1Xn−1 + ..+ (−1)n−1σn−1X + (−1)nσn).

Presupunand ca 3A+ 5In nu este inversabila atunci det(3A+ 5In) = 0, echivalent

cu 3n det(A+ 53In) = 0⇒ f

(−5

3

)= 0 absurd deoarece 3 nu divide pe (−1)n. �

7. Fie A o matrice neinversabila de ordin n cu elemente numere reale, A∗ adjunctamatricei A. Aratati ca tr(A∗) 6= −1 daca si numai daca matricea In + A∗ esteinversabila.

ONM, 2013

Demonstratie: DeoareceA este neinversabila avem ca rang(A∗) ∈ {0, 1}(Problema4 din capitolul Rangul unei matrice). Daca A∗ = On atunci In + A∗ = In si evei-dent este inversabila si tr(A) = 0 6= −1.Daca rang(A∗) = 1 atunci det(In+A∗) = 1+trA(Problema 5 din capitolul Rangulunei matrice) si este inversabila daca si numai daca tr(A∗) 6= −1. �

8. Fie matricele de ordin 2 cu elemente reale A si B astfel ıncat AB = A2B2−(AB)2

si det(B) = 2.a) Aratati ca matricea A este inversabila.b) Calculati det(A+ 2B)− det(B + 2A).

OJM, 2013

Solutie: a) Relatia din ipoteza este echivalenta cu A(AB − BA − I2)B = O2 sicum B este inversabila avem A(AB − BA − I2) = O2. Presupunem ca matriceaA este inversabila si obtinem ca AB − BA = I2, fals, deoarece tr(AB − BA) =0 6= 2 = tr(I2).b) Consideram functia f(x) = det(A+ xB) = x2 det(B) +mx+ det(A)⇒f(x) = 2x2 +mx.

det(A+ 2B)− det(B + 2A) = f(2)− 22 det

(A+

1

2B

)= f(2)− 4f

(1

2

)= 6.

�

9. Fie n ∈ N∗ si matricele A,B ∈Mn(C) cu proprietatea ca AB2 = A−B.a) Aratati ca matricea In +B este inversabila.b) Aratati ca AB = BA.

OJM, 2012

Demonstratie: a)

AB2 −A+B = On ⇔ A(B2 − In) +B + In = In ⇔ [A(B − In) + In](B + In) = In.


Am obtinut ca B + In este inversabila si ca inversa ei este matricea AB −A+ In.b)

In = (B + In)(AB − A+ In)⇔ BAB −BA+B + AB − A = On

si cum A−B = AB2 obtinem ca

BAB −BA+ AB − AB2 = On ⇔ (BA− AB)(B − In) = On

si cum B − In este inversabila (se arata analog cu a)) obtinem caAB −BA = On. �

10. Se considera matricele A ∈ Mm,n(C), B ∈ Mn,m(C) unde n ≤ m. Se stie carang(AB) = n si (AB)2 = AB.a) Aratati ca (BA)3 = (BA)2;b) Determinati BA.

OJM, 2011

Solutie: a)

(BA)3 = B(AB)2A = B(AB)A = (BA)2.

b) Din AB = (AB)2 = A(BA)A si cum rangul unui termen al unui produs estemai mare ca rangul produsului obtinem rang(BA) ≥ n si deoarece BA ∈Mn(C)avem ca BA este inversabila. Din (BA)3 = (BA)2 rezulta ca BA = In. �

11. Fie matricea inversabila A de ordin trei cu elemente reale si polinomul f(X) =det(At + XA). Stiind ca polinomul are o radacina complexa nereala, sa se arateca toate radacinile sale au modulul egal cu 1.

GM 6,7,8/2012 Cosmin Manea si Petrica Dragos

Demonstrstie:

f(x) = det(At +XA) = aX3 + bX2 + cX + a,

unde a = det(A) = det(At) 6= 0.

f(X) = det(At +XA)t = det(A+XAt) = X3 det

(1

XA+ At

)= X3f

(1

X

)=

= aX3 + cX2 + bX + a, de unde rezulta ca b = c si avem

f(X) = (X + 1)[aX2 + (b− a)X + a].

Polinomul admite radacina x1 = −1 si radacinile complexe nereale x2,3 ale ecuatieiax2 + (b− a)x+ a = 0. Avem ca x3 = x1 si cum x2x3 = 1⇒ |x2| = |x3| = 1. �

76 TIBERIU BARTA

12. Fie a, b, c numere reale strict pozitive si nu toate egale. Sa se arate ca matricea

A =

a 0 b 0 c 00 a 0 c 0 bc 0 a 0 b 00 b 0 a 0 cb 0 c 0 a 00 c 0 b 0 a

este inversabila.

OL Bucuresti, 2013

Demonstratie: Cautam o matrice X =

x 0 y 0 z 00 x 0 z 0 yz 0 x 0 y 00 y 0 x 0 zy 0 z 0 x 00 z 0 y 0 x

astfel ınca

AX = XA = I6 si obtinem sistemul:

ax+ cy + bz = 1

bx+ ay + cz = 0

cx+ by + az = 0

. Determinantul

este d = a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc) =(a+ b+ c)[(a− b)2 + (a− c)2 + (b− c)2]

2> 0, de unde rezulta ca sistemul admite

solutie unica si deci A este inversabila. �

13. FieA o matrice neinversabila de ordin n, n > 1, cu elemente ın multimea numerelorcomplexe , toate elementele avand modulul egal cu 1.a) Aratati ca pentru n = 3, doua dintre liniile sau doua dintre coloanele matricei

A sunt proportionale.b) Ramane adevarata afirmatia de la punctul anterior pentru n = 4?

OJ-2013

Demonstratie: a) Scoatem factor comun de pe fiecare linie primul element al sau

. Repetam procedeul de pe fiecare coloana, obtinand o matrice

1 1 11 a b1 c d

, cu

a, b, c, d numere complexe de modul 1.Conditia det(A) = 0 revine la (a−1)(d−1) = (b−1)(c−1). Conjugand, obtinem

(a− 1)(d− 1)

ad=

(b− 1)(c− 1)

bc. Daca (a−1)(d−1) = 0, atunci (b−1)(c−1) = 0,

deci doua linii sau doua coloane sunt egale cu (1, 1, 1) si problema este rezolvata.Daca (a − 1)(d − 1) = (b − 1)(c − 1) 6= 0, atunci ad = bc si din (a − 1)(d − 1) =(b − 1)(c − 1) rezulta a + d = b + c rezulta {a, d} = {b, c}. Rezulta ca ultimele


doua linii sau ultimele doua coloane sunt egale, de unde obtinem cerinta.

b) Matricea A =

1 1 1 11 1 i −i1 −i 1 −i1 i i −1

are determinantul nul si are orice doua linii

(coloane ) neproportionale, deci concluzia nu mai ramane adevarata ın cazuln = 4. �

14. Fie a, b, c ∈ C astfel ıncat 4a + 2b + c 6= 0 si A ∈ Mn(C) cu proprietatea caaA2 + bA+ cIn = On. Aratati ca matricea A− 2In este inversabila.

SGM aprilie 2013-Barta Tiberiu

Demonstratie: Fie λ o valoare proprie a lui A, rezulta ca aλ2 + bλ + c = 0 sidin ipoteza avem ca λ 6= 2. Cum valorile proprii ale matrcei A sunt radacinilepolinomului fA(X) = det(A − xIn) obtinem ca det(A − 2In) 6= 0, ce unde avemca A− 2In este inversabila. �

78 TIBERIU BARTA

References

[1] Vasile Pop, Viorel Lupsor; Matematica pentru grupele de performanta, clasa a XI-a, DaciaEducational,Cluj Napoca 2004.

[2] Mihai Opincariu, Marius Stroe, Despre matrice si determinanti de ordinul doi,Gazeta matematica, 12, 2011

[3] Cristinel Mortici, O teorema de reprezentare a matricelor de rang r si aplicatii ale ei,Gazeta matematica, 7, 8, 2003.

[4] C. Nastasescu, C. Nita, C. Vraciu, Bazele Algebrei[5] Vasile Pop, Teoreme si probleme ce caracterizeaza rangul unei matrice, www.ViitoriOlimpici.ro[6] Colectia Gazeta Matematica[7] Razvan Gelca, Titu Andreescu, Putnam and Beyond[8] Marius Burtea, Georgeta Burtea: clasa a XI-a: Elemente de algebra lineara, elemente de analiza

matematica: Exercitii si probleme-Editura: Carminis Educational-2006[9] M. Becheanu, C. Nita, I. D. Ion, Algebra pentru perfectionarea profesorilor, Editura Didactica

si pedagogica, Bucuresti-1983[10] Andreea Schier, Aplicatii ale polinoamelor simetrice la demonstrarea unor identitati, GM

4/2004

curs de pregatire algebr a - 11dcnim - home11dcnim.wikispaces.com/file/view/curs+de+pregatire...curs...

Documents