curs de pregatire algebra xi 1-forma finala
TRANSCRIPT
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
1/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ
TIBERIU BARTA
1
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
2/78
2 TIBERIU BARTA
Cuprins
1. Polinoame cu coeficienţi complecşi 31.1. Noţiuni introductive 3
1.2. Împărţirea polinoamelor 41.3. Teorema fundamentală a algebrei. Rădăcinile polinoamelor 61.4. Relaţiile lui Viéte 71.5. Polinoame simetrice 82. Permutări 103. Ridicarea la putere a unei matrice pătratice 163.1. Aplicaţii 224. Determinanţi 284.1. Determinantul Vandermonde 294.2. Determinant Vandermonde lacunar 304.3. Determinanţi circulari 32
4.4. Aplicaţii 335. Ecuaţii binome ı̂n Mn(C) 405.1. Aplicaţii 426. Funcţii polinomiale de tip determinant 456.1. Aplicaţii 507. Vectori ̧si valori proprii 557.1. Aplicaţii 598. Rangul unei matrice 648.1. Aplicaţii 669. Matrice inversabile 71References 78
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
3/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 3
1. Polinoame cu coeficienţi complecşi
1.1. Noţiuni introductive. Fie C [X ] mulţimea şirurilor infinite de numerecomplexe f = (a0, a1, a2,....) şi există n ∈ N astfel ı̂ncât ai = 0, pentru orice i > n.Elementele lui C[X ] se numesc polinoameDefiniţia 1.1. Fie f = (a0, a1, a2,....) ∈ C[X ]. Spunem c˘ a f are gradul n şi not̆ am grad(f ) = n dac˘ a an = 0 şi ai = 0, pentru orice i > n.Dac˘ a f = (0, 0, 0,...), atunci grad(f ) = −∞.Definiţia 1.2. Fie f = (a0, a1, a2,....), g = (b0, b1, b2,....) ∈C[X ]. Spunem c˘ a f = gdac˘ a şi numai dac˘ a ai = bi, ∀i ∈ N.
Pe mulţimea C[X ] introducem două operaţii: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 =
ki=0
aibk−i.
Proprietăţile adunării 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 ].Proprietăţile ı̂nmulţirii 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. Înmulţirea este distributivă faţă de adunare; f (g + h) = f g + f h, ∀f , g , h ∈ C[X ].Notăm cu X = (0, 1, 0, 0,....).Observăm că X 2 = (0, 0, 1, 0, 0,...) şi ı̂n general X i = (0, 0,...0
de i ori
, 1, 0, 0...). Cu aceste
notaţii putem scrie
f = (a0, a1, a2, a3,...) = (a0, 0, 0,...) + (a1, 0, 0,...)X + (a2, 0, 0,...)X 2 + ...
şi cum funcţia F : C
→ A, F (a) = (a, 0, 0,...), unde A = (a, 0, 0,...), este o funcţie
bijectivă, putem identifica elementul (a, 0, 0,...) cu numărul complex a.În aceste condiţii polinomul f = (a0, a1, a2,...,an, 0, 0,...) admite scrierea
f = a0 + a1X + a2X 2 + ... + anX
n
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
4/78
4 TIBERIU BARTA
numită şi forma algebrică a polinomului f .
Propoziţia 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).Definiţia 1.3. Fie f = anX
n + an−1X n−1 + ... + a1X + a0 ∈ C[X ] şi α ∈ C. Atunci
num˘ arul f (α) = anαn + an−1α
n−1 + ... + a1α + a0 se numeşte valoarea polinomului f ı̂n α.
Aplicaţii:
1. Să se calculeze f + g dacă:a) f = X 4 + x2 + 1, g = 2x4 − 3x5 − 4x + 17;b) f = −iX 3+iX 2+(1−i)X +1+i, g = (1+2i)X 3+(1−i)X 2−(2+5i)X +3−4i.
2. Să se calculeze f · g, dacă:a) f = X 2 + 2X + 1, g = X
−2;
b) f = iX + 2, g = −X 2 − 2iX + 4.3. Să se determine ı̂n raport cu parametrul complex m, gradul polinomului f :
a) f = (m2+3m+2)X 4+(m3+2m2−m−2)X 3+(m2+4m+3)X 2+(m2−1)X +1;b) f = (m2 + 1)X 4 + (m4 − 1)X 2 + 2iX + 1.
4. a) Fie polinomul f = X 3 − 6x + 6. Să se determine valoarea acestui polinompentru
3
7 +√
41 + 3
7 − √ 41.b) Fie polinomul f = X 4 − 4x2 + 1. Să se determine valoarea acestui polinom
pentru 4
3 − 2√ 2 + 4
3 + 2√
2.
1.2. Împărţirea polinoamelor.
Teorema 1.1. Oricare ar fi f, g ∈ C[X ], g = 0, exist˘ a şi sunt unice q, r ∈ C[X ]astfel ı̂nc ̂at f = gq + r şi grad(r) < grad(q )
Teorema 1.2. Restul ı̂mp ̆art ̧irii unui polinomului f la X − a este f (a).
Teorema 1.3. Fie f, g ∈ C[X ]. Spunem c˘ a polinomul f divide polinomul g dac˘ a exist˘ a h ∈ C[X ] astfel ı̂nc ̂at g = f · h.Definiţia 1.4. Fie f ∈ C[X ] cu grad(f ) ∈ N∗ şi a ∈ C. Spunem c˘ a a este r˘ ad˘ acin˘ a a lui f dac˘ a f (a) = 0.
Teorema 1.4. (Teorema lui Bezout) Fie f ∈ C[X ]. Num˘ arul a este r˘ ad˘ acin˘ a a lui f dac˘ a şi numai dac˘ a (X − a)|f .
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
5/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 5
Definiţia 1.5. Fie f ∈ C[X ],grad(f ) ∈ N∗ şi a ∈ C[X ]. Spunem c˘ a a este r˘ ad˘ acin˘ a cu ordin de multiplicitate k pentru f dac˘ a (X − a)k|f şi (X − a)k+1 f
Aplicaţii:
1. Să se determine câtul şi restul ı̂mpărţirii polinomului f la g:a) f = X 4 − 2X 2 + 3X + 5, g = X 2 − X + 1;b) f = X 4 + 3X 3 − 5X 2 + 7X − 1, g = X 2 + 2x + 3.
2. Folosind schema lui Horner să se determine câtul şi restul ı̂mpărţirii polinomuluif la g dacă:a) f = X 3 − 5X 2 + 4x + 9, g = X − 1;b) f = 2X 4 + 3X 2 − 5X + 12, g = X + 1;c) f = X 3 − 8, g = X − 2.
3. Să se arate că polinomul f = X 4
−3X 3 + 2X 2 + 4X
−4 se divide cu X
−1.
4. Să se determine parametrul real m astfel ı̂ncât polinomul f = X 4+mX 3+2X 2−8ı̂mpărţit la X − 2 să dea restul 4.
5. Să se determine parametrul real m astfel ı̂ncât polinomul f = X 3 + (2m + 1)X 2 +3X 2 − 12 ı̂mpărţit la X + 1 să dea restul 7.
6. Să se determine parametrii a, b astfel ı̂ncât polinomul f = X 3 + aX 2 + bX + 3ı̂mpărţit la X − 1 să dea restul 5 şi ı̂mpărţit la X + 1 să dea restul 7.
7. Să se arate că polinomul (X 2 + X −
1)4n+1
−X se divide cu X 2
−1.
8. Să se arate că polinomul (X 2 + X + 1)8n+1 − X se divide cu X 2 + 1.
9. Să se determine a, b ∈ C[X ] astfel ı̂ncât restul ı̂mpărţirii polinomuluif = X 4 + X 3 + 2X 2 + aX + b la X 2 + 1 să fie 2X + 3.
10. Să se determine polinomul de grad 3 care ı̂mpărţit la X 2 − 3X dă restul 6X − 15şi ı̂mpărţit la X 2 − 5X + 8 dă restul 2X − 7.
11. Determinaţi restul ı̂mpărţirii polinomului f = X 30 − 4X 3 + x + 5 la polinomulX 2
−1.
12. Determinaţi restul ı̂mpărţirii polinomului f = X 120 + X 4 + 3X 2 + X + 5 lapolinomul:
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
6/78
6 TIBERIU BARTA
a) g = X 2 − 1;b) g = X 2 + X ;c) g = X 3 − X ;d) g = X 2 + X + 1;e) g = X 3 − 1.
1.3. Teorema fundamentală a algebrei. Rădăcinile polinoamelor.
Teorema 1.5. (Teorema fundamental˘ a a algebrei) Orice polinom f ∈ C[X ] cu grad(f ) ≥ 1 admite cel put ̧in o r˘ ad˘ acin˘ a complex˘ a.
Observaţia 1.1. Dac˘ a f ∈ C[X ] cu grad(f ) = n, n ≥ 1 atunci f admite exact nr˘ ad˘ acini complexe.
Observaţia 1.2. i) Dac˘ a f ∈ C[X ] cu grad(f ) = n,f = anX n + an−1X n−1 + ... + a1X + a0 şi x1, x2,...,xn sunt r˘ ad˘ acinile lui f ,
atunci f = an(x − x1)(x − x2) · ... · (x − xn).
ii) Dac˘ a f, g ∈ C[X ], max(grad(f ),grad(g)) ≤ n şi f (x) = g(x), ∀x ∈ A, unde A ⊂ C cu card{A} ≥ n + 1 atunci f = g (f (x) = g(x), ∀x ∈ C).
Propoziţia 1.2. a) Dac˘ a f ∈ R[X ] şi admite r˘ ad˘ acina z = a + bi, a, b ∈ R, b = 0,atunci f admite şi r ̆ad˘ acina z = a − bi.
b) Dac˘ a f ∈ Q[X ] şi admite r˘ ad˘ acina z = a + √ b,a,b ∈ Q, √ b ∈ R \ Q, atunci f
admite şi r ̆ad˘ acina z 1 = a −√
b.c) Dac˘ a f = anX n + an−1X
n−1 + ... + a1X + a0 ∈ Z[X ], p , q ∈ Z, ( p, q ) = 1. Dac˘ a pq
este r˘ ad˘ acin˘ a a lui f atunci p|a0 şi q |an.
Observaţia 1.3. 1. Orice polinom cu coeficient ̧i reali are un num˘ ar par de r˘ ad˘ acini complexe.
2. Un polinom cu coeficient ̧i reali de grad impar are cel put ̧in o r˘ ad˘ acin˘ a real˘ a.
Aplicaţii
1. Se consideră numărul a =√
3 − i şi polinomul f = X 4 − 4X 2 + 16.a) Să se arate că f (a) = 0.b) Să se determine rădăcinile polinomului f .c) Să se arate că polinomul f este ireductibil ı̂n Q[X ].
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
7/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 7
2. Să se arate că dacă f ∈ Z[X ] şi f (0), f (1) sunt numere impare, atunci f nu arerădăcini ı̂ntregi.
3. Se consideră polinoamele f, g ∈ Q[X ], f = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1, cu rădăcinile
x1, x2, x3, x4 ∈ C şi g = X 2 − 1.a) Să se determine restul ı̂mpărţirii lui f la g .b) Să se calculeze (1 − x1)(1 − x2)(1 − x3)(1 − x4).c) Să se calculeze g(x1)g(x2)g(x3)g(x4).
4. Se consideră polinomul f = X 4 − 7X 3 + 21X 2 + aX + b ∈ R[X ]. Să se determinea, b şi să se rezolve ecuaţia f (x) = 0, dacă 1 + 2i este rădăcină a lui f.
5. Să se determine P ∈ C[X ] astfel ı̂ncât (x − 3)P (x) = xP (x − 1), ∀x ∈ R[X ] şiP (3) = 6.
6. Să se arate că polinomul f = (X − 1)(X − 2)(X − 3) − 1 ∈ Z[X ] este ireductibilpeste Z.
7. În mulţimea R[X ] se consideră polinoamele f = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 şig = X 2 − X − 1.a) Să se determine câtul şi restul ı̂mpărţirii lui f la g .b) Să se arate că dacă y este rădăcină a polinomului g , atunci y3 = 2y + 1.c) Să se demonstreze că dacă y este rădăcină a polinomului g, atunci f (y) ∈ R\Q.1.4. Relaţiile lui Viéte. Dacă f = anX
n + an−1X n−1 + ... + a1X + a0 ∈ C[X ] şi
x1, x2,...,xn sunt rădăcinile polinomului f atunci avem relaţiile:
x1 + x2 + ... + xn = −an−1an
x1x2 + x1x3 + ... + xn−1xn = an−2
an. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
x1 · x2 · x3 · ... · xn = (−1)n a0an
.
Aplicaţii
1. Fie x, y,z ∈ C, astfel ı̂ncât x + y + z = 0. Să se demonstreze că:x2 + y2 + z 2
2 · x5 + y5 + z 5
5 =
x7 + y7 + z 7
7 .
2. Să se determine rădăcinile polinomului f = X 4 − 6X 3 + 18X 2 − 30X + 25 ştiindcă suma a două dintre ele este egală cu 4.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
8/78
8 TIBERIU BARTA
3. Să se rezolve sistemul
x + y + z = 1
xyz = 1 , ştiind că x, y,z sunt numere complexe
de modul egal cu 1.
4. Să se determine toate numerele reale r, pentru care există cel puţin un triplet(x,y,z ) de numere reale nenule, astfel ı̂ncât
x2y + y2z + z 2x = xy2 + yz 2 + zx2 = rxyz.
1.5. Polinoame simetrice.
Definiţia 1.6. Polinomul f (X 1, X 2,...,X n) ∈ C[X 1, X 2,...,X n] se numeşte polinom simetric dac˘ a pentru orice permutare σ ∈ S n avem:
f (X 1, X 2,...,X n) = f (X σ(1), X σ(2),...,X σ(n)).
Polinoamele s1, s2,...,sn din C[X 1, X 2,...,X n] definite prin:
s1 = X 1 + X 2 + ... + X n
s2 = X 1X 2 + X 1X 3 + ... + X n−1X n
.............................................................
sn = X 1X 2...X n
se numesc polinoame simetrice fundamentale ı̂n nedeterminatele X 1, X 2,...,X n.
Definiţia 1.7. • Un polinom de forma aX i11 X i22 ...X inn se numeşte monom, iar prin gradul monomului se ı̂nt ̧elege suma i1 + i2 + ... + in.
• Dac˘ a f =
k1,k2,...,kn
i1,i2,...,in=0
ai1,i2,...,in
ai1,i2,...,in
X
i1
1 X
i2
2 ...X
in
n , atunci gradul polinomului
f se defineşte prin: grad(f ) =
−∞ , dac˘ a f = 0maximul gradelor termenilor s˘ ai dac˘ a f = 0 .
• Dac˘ a tot ̧i termenii unui polinom f ∈ C[X 1, X 2,...,X n] au acelaşi grad, atunci f se numeşte polinom omogen.
Teorema 1.6. (Teorema fundamental˘ a a polinoamelor simetrice) Pentru orice poli-nom simetric f (X 1, X 2,...,X n) ∈ C[X 1, X 2,...,X n] exist˘ a un unic polinom g(X 1, X 2,...,X n) ∈ C[X 1, X 2,...,X n] astfel ı̂nc ̂at P (X 1, X 2,...,X n) = g(s1, s2,...,sn).
Exemple:
1. Să se exprime polinomul f = X 41 +X 42 + X
43 −2X 21X 22 −2X 21X 23 −2X 22X 23 ı̂n funcţie
de polinoamele simetrice fundamentale.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
9/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 9
Solut ̧ie: Exponenţii termenilor principali ai polinoamelor care vor rămâne dupăeliminarea succesivă a termenilor principali vor fi: (4, 0, 0), (3, 1, 0), (2, 2, 0), (2, 1, 1).Polinomul f va fi de forma:
f = s4
1 + as2
1s2 + bs2
2 + cs1s3, a , b , c ∈ R.X 1 X 2 X 3 s1 s2 s3 f 1 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
Obţinem a = −4, b = 0, c = 8, de unde f = s41 + 8s1s3. 2. Să se exprime polinomul f = X 3 + Y 3 + Z 3 ı̂n funcţie de polinoamele simetrice
fundamentale.
Solut ̧ie: Exponenţii termenilor principali ai polinoamelor care vor rămâne după
eliminarea succesivă 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 f 1 0 1 2 1 0 2 = 8 + 2a1 −1 1 1 −1 −1 1 = 1 − a − b
Obţinem a = −3, b = 3, de unde f = s31 − 3s1s2 + 3s3. Notăm cu S k = X
k1 + X
k2 + ... + X
kn.
Teorema 1.7. (”Formulele lui Newton”) Pentru orice k ≥ 1 au loc formulele (−1)k−1S k + (−1)k−2S k−1s1 + ... + S 1sk−1 = ksk,
unde sk = 0, pentru k > n.
Aplicaţii:
1. Să se arate că (X + Y )5 − X 5 − Y 5 = 5XY (X + Y )(X 2 + XY + Y 2).Demonstrat ̧ie: Considerăm polinomul f (X, Y ) = (X + Y )5−X 5−Y 5 şi observămcă
f (0, Y ) = 0 ⇒ X |f (X, Y ).Analog f (X, 0) = 0
⇒ Y
|f (X, Y ) şi f (
−Y, Y ) = 0
⇒ (X + Y )
|f (X, Y ). De unde
obţinem că f (X, Y ) = XY (X + Y )g(X, Y ). Cum f este un polinom simetricomogen de grad 5, obţinem că g este un polinom simetric şi omogen de grad 2, deunde obţinem că f (X, Y ) = XY (X + Y )(aX 2 + bXY + aY 2).
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
10/78
10 TIBERIU BARTA
Pentru determinarea lui a, b este suficient să atribuim valori reale nedetermi-natelor. De exemplu:
f (1, 1) = 2(2a + b) ⇒ 2a + b = 15f (2, 1) = 6(5a + 2b) ⇒ 5a + 2b = 35.
Din cele două relaţii obţinem că a = 5, b = 5 şi identitatea este demonstrată.
2. Se dau numerele reale x, y, z, t astfel ı̂ncât x + y + z + t = x7 + y7 + z 7 + t7 = 0.Să se arate că x(x + y)(x + z )(x + t) = 0.
Tabăra Naţională de matematică
Demonstrat ̧ie: Considerăm polinomul f = (x+y+z +t)7−x7−y7−z 7−t7 şi scriemacest polinom ı̂n funcţie de polinoamele simetrice fundamentale. Exponenţiitermenilor principali ai polinoame care vor rămâne după eliminarea succesivă 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 + as31s
22 + bs
41s3 + cs1s
32 + +ds
21s2s3 + es
31s4 + ms
22s3 + gs1s2s4 + ps3s4.
Cum s1 = 0, este nevoie să determinăm doar m, p.Fie x = y = z = 1, t = −3, obţinem −288m + 24 p = 2184, iar pentru x = 0,y = z = 1, t = −2, rezultă −18m = 125.Soluţia sistemului este m = −7, p = 7.Din ipoteză avem că x7 + y7 + z 7 = x + y + z + t = 0 ⇒ −7s22s3 + 7s3s4 = 0 ⇔s3(s
22 − s4) = 0 ⇒ s3 = 0 sau s4 = s22.
x, y, z, t sunt rădăcinile ecuaţiei u4 − s1u3 + s2u2 − s3u + s4 = 0.Dacă s3 = 0, rezultă că x, y, z, t sunt soluţiile ecuaţiei u
4 + s2u2 + s4 = 0, care
sunt de forma
±u1,
±u2 şi relaţia x(x + y)(x + z )(x + t) = 0 este verificată.
Dacă s4 = s22, din formulele lui Newton obţinem S 4 = −2s22 ≤ 0, deci s2 = 0 şiS 4 = 0 ⇒ x = y = z = t = 0 şi relaţia x(x+y)(x+z )(x+t) = 0 este verificată.
2. Permutări
Definiţia 2.1. O funct ̧ie bijectiv˘ a σ : {1, 2, 3,...,n} → {1, 2,...,n} se numeşte permutare de n elemente sau permutare de ordin n. Mult ̧imea permut˘ arilor de ordin n se noteaz˘ a cu S n.
Dacă σ ∈ S n notăm σ =
1 2 ... nσ(1) σ(2) ... σ(n)
. Permutarea e =
1 2 ... n1 2 ... n
se numeşte permutarea identică de ordin n.
Observaţia 2.1. |S n| = n!.Definiţia 2.2. Fie D = {i1, i2,...,i p} ⊂ {1, 2,...,n}. Vom numi ciclu permutarea ϕcu propriet˘ at ̧ile:
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
11/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 11
i) ϕ(i1) = i2, ϕ(i2) = i3,...,ϕ(i p−1) = i p, ϕ(i p) = i1;ii) dac˘ a i /∈ D atunci ϕ(i) = i.
Mult ̧imea D se numeşte orbita ciclului ϕ. Not˘ am ciclul ϕ = (i1, i2,...,i p). Se numeşte lungime a ciclului num˘ arul de elemente ale mult ̧imii D. Un ciclul de lungime 2 se numeşte transpozit ̧ie.
Definiţia 2.3. Fie σ, τ dou˘ a cicluri din S n, iar Oσ, Oτ orbitele lor. Dac˘ a orbitele Oσ, Oτ sunt disjuncte, adic˘ a Oσ ∩ Oτ = ∅, ciclurile σ şi τ se numesc disjuncte.Propoziţia 2.1. Dac˘ a σ, τ ∈ S n sunt cicluri disjuncte, atunci στ = τ σ.Demonstrat ̧ie: Fie i ∈ {1, 2,...,n}. Dacă n /∈ Oσ ∪ Oτ , atunci σ(i) = τ (i) = i, deunde σ(τ (i)) = τ (σ(i)) = i.
Dacă i ∈ Oσ \ Oτ , atunci σ(τ (i)) = σ(i), iar τ (σ(i)) = σ(i)(σ(i) /∈ Oτ ). Analog setratează şi cazul i ∈ Oτ \ Oσ. Propoziţia 2.2. Orice permutare σ
∈ S n, σ
= e, se descompune ca un produs finit
de cicluri disjuncte. Mai mult aceast˘ a descompunere este unic˘ a, abstract ̧ie f˘ acˆ and de ordinea factorilor.
Pentru a descompune o permutare σ ∈ S n, diferită de permutarea identică, procedămastfel:
• Considerăm i, astfel ı̂ncât σ(i) = i.• Considerăm elementele distincte i = σ0(i), σ(i), σ2(i),...,σm−1(i), unde m este
cel mai mic număr natural nenul astfel ı̂ncât σm(i) = i. notămτ = (i, σ(i), σ2(i),...,σm−1(i)).
• Dacă nu există j, astfel ı̂ncât σ( j) = j şi j /∈ Oτ , atunci σ = τ .
• Dacă există j
∈ {1, 2,..,n
} ce nu apare ı̂n Oτ , dar pentru care σ( j)
= j,
considerăm elementele distincte j = σ0( j), σ( j), σ2( j),...,σk−1( j), unde k estecel mai mic număr natural nenul astfel ı̂ncât σk( j) = j.
• După un număr finit de paşi ajungem să epuizăm toate elementele distincteale permutării σ.
Exemplu: Să se scrie permutarea σ =
1 2 3 4 5 6 7 83 2 6 5 7 1 8 4
ca produs de
cicluri disjuncte.
Solut ̧ie: σ = (1, 3, 6)(4, 5, 7, 8).
Propoziţia 2.3. Orice ciclu σ ∈ S n este un produs de transpozit ̧ii.
Demonstrat ̧ie: Dacă σ = (i0, i1,...,im−1), atunci σ = (i0, im−1)...(i0, i2)(i0, i1).
Observaţia 2.2. (i, j)(i, j) = e.
Corolar 2.1. Orice permutare din S n este un produs finit de transpozit ̧ii.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
12/78
12 TIBERIU BARTA
Definiţia 2.4. Fie σ ∈ S n. O pereche (i, j) se numeşte inversiune a permut˘ arii σdac˘ a i < j şi σ(i) > σ( j). Num˘ arul de inversiuni a permut˘ arii σ se noteaz˘ a cu m(σ).
Definiţia 2.5. Dac˘ a σ ∈ S n este o permutare, definim (σ) =
1≤i
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
13/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 13
RMT 1/1991-Aurel Doboşan
Solut ̧ie: Ecuaţia xσx = e este echivalentă cu (x−1)2 = σ.Rezolvăm ecuaţia y2 = σ.
Dacă y(1) = 1 ⇒ y(1) = y2
(1) = 5, contradicţie.Dacă y(1) = 2 ⇒ y(2) = y2(1) = 5 ⇒ y(5) = y2(2) = 3 ⇒y(3) = y2(5) = 4 ⇒ y(4) = y2(3) = 1, am obţinut y =
1 2 3 4 52 5 4 1 3
şi 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,contradicţie. În mod asemănător se arată că nu este posibil ca y(1) = 4 sauy(1) = 5.
2. Fie σ ∈ S n. Să se arate că există k ∈ N∗ astfel ı̂ncât σk = e.Demonstrat ̧ie: Fie M = {σn|n ∈ N∗} ⊂ S n. Deoarece S n este finită, rezultă căM este finită. Obţinem că exită p > q, p, q ∈ N∗, astfel ı̂ncât σ p = σq. Prinsimplificare avem σ p−q = e. Notăm p − q = k şi obţinem σk = e.
3. Se dă permutarea σ =
1 2 3 4 5 6 7 8 96 4 7 9 8 3 5 1 2
.
a) Să se determine cel mai mic număr natural n ∈ N∗ astfel ı̂ncât σn = e.b) Să se arate că ecuaţia x2 = σ nu are soluţii reale.
Solut ̧ie: a) σ = (1, 6, 3, 7, 5, 8)(2, 4, 9) şi σn = (1, 6, 3, 7, 5, 8)n(2, 4, 9)n. Cum pen-tru unn ciclu τ de lungime m, cel mai mic număr k pentru care τ k = e este m,obţinem că n = 6.
b) Permutarea σ este impară, iar x2 este o permutare pară, deci ecuaţia x2 = σnu are soluţii.
4. În mulţimea permutărilor de ordin n există transpoziţia (i, j), 1 ≤ i < j ≤ n,pentru care avem m((i, j)) =
n(n − 1)2
− 1. Să se determine n.GM 11/1985-Irina Stănescu
Demonstrat ̧ie: m((i, j)) = 2( j − i) − 1 şi de aici obţinem 4( j − i) = n(n − 1). Din j − i ≤ n − 1 rezultă că n ≤ 4. Din j − i ≥ 1 avem că n(n − 1) ≥ 4 ⇒ n ≥ 3.Dacă n = 3, obţinem 2( j − i) = 3, contradicţie.Dacă n = 4, rezultă că 2( j
−i) = 6
⇒ j
−i = 3, deci permutarea este (1, 4).
5. Se dă permutarea σ =
1 2 3 42 1 4 3
. Să se determine permutările din S 4 astfel
ı̂ncât σϕ = ϕσ.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
14/78
14 TIBERIU BARTA
GM 5/1987-Marcel Chiriţă
Demonstrat ̧ie: Fie ϕ ∈ S 4 care are proprietatea că 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 obţin permutările
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 mulţimii {
1, 2, 3,...,n}
se notează S n(ϕ) =n
k=1
√ k
ϕ(k). Să
se arate că S n(ϕ) este minimă dacă ϕ este permutarea identică, apoi să se calculezelimn→∞
S n(ϕ).
GM 7-8/1987
Solut ̧ie: Fie ϕ ∈ S n permutarea pentru care suma este minimă. Dacă ϕ(i) <ϕ( j), ∀1 ≤ i < j ≤ n, atunci ϕ = e. Presupunem că ϕ = e, atunci exitaă1 ≤ i < j ≤ nm astfel ı̂ncât ϕ(i) > ϕ( j). Fie τ = ϕ(i, j), atunci
S n(ϕ) − S n(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 ⇒ S n(ϕ) > S n(τ ),
absurd, contrazice alegerea lui σ, ceea ce implică σ = e.
Folosim inegalitatea 2√
k + 1 − 2√ k < 1√ k
, ∀k ≥ 1 şi obţinem:
2√
n + 1 − 2 ≤n
k=1
1√ k
şi cum limn→∞
(2√
n + 1 − 2) = ∞, rezultăn
k=11√ k
= ∞.
S n(ϕ) ≥ S n(e) =n
k=1
1√ k
, ∀ϕ ∈ S n ⇒ limn→∞
S n(ϕ) = ∞, ∀ϕ ∈ S n.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
15/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 15
7. Dacă S n, n ≥ 3 este mulţimea permutărilor de grad n, să se arate că nu existăfuncţii surjective f : S n → S n, f (x) = xk, k ∈ {2, 3,...,n}.
GM 9/1989-Marcel Chiriţă, Jenică Crânganu
Demonstrat ̧ie: Presupunem că există k ∈ 1, n, astfel ı̂ncât f : S n → S n să fiesurjectivă. Deoarece S n este multime finită rezultă că f este bijectivă.Considerăm ciclul σ = (1, 2, 3,...,k), atunci f (σ) = e = f (e), absurd, deci nuexistă astfel de funcţii.
8. Fie σ ∈ S 15,
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) Să se arate că există σ1, σ2, σ3, σ4
∈ S 15
\ {e
} astfel ı̂ncât σn = σn1 σ
n2 σ
n3 σ
n4 .
b) Să se calculeze σ60.c) Să se descompună σ ı̂n produs de transpoziţii.
Concursul anual al rezolvitorilor Gazetei Matematice-1994-Şt. Alexe
Solut ̧ie: a) Descompunem σ ı̂n produs de ciclii disjuncţi
σ = (1, 15)(2, 5, 12)(3, 14, 6, 8)(4, 11, 13, 10, 7) = σ1σ2σ3σ4
şi cum σiσ j = σ jσi, ∀i, j ∈ 1, 4 ⇒ σn = σn1 σn2 σn3 σn4 .b) Avem σ21 = σ
32 = σ
43 = σ
54 = e, atunci σ
60 = (σ21)30(σ32)
20(σ43)15(σ54)
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 ⊂ S n, H = ∅ cu proprietatea că ∀σ, τ ∈ H ⇒ στ ∈ H .a) e ∈ H ;b) dacă σ ∈ H ⇒ σ−1 ∈ H.Solut ̧ie: Dacă σ ∈ H se arată imediat (inducţie matematică) că σn ∈ H, ∀n ∈ N∗.a) Fie σ ∈ H , atunci există k ∈ N∗ astfel ı̂ncât σk = e (vezi problema 2) , de underezultă e ∈ H .b) Dacă σ ∈ H , fie k ∈ N∗ astfel ı̂ncât σk = e ⇒ σ−1 = σk−1 ∈ H .
10. Fie σ ∈ S n, n ≥ 3. Dacă σx = xσ, ∀x ∈ S n, atunci σ = e.
Demonstrat ̧ie: Fie i ∈ {1, 2, 3,...,n} şi 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))
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
16/78
16 TIBERIU BARTA
şi cum se observă că α(k) = k ⇒ k = i, obţinem că σ(i) = i. Aşadarσ(i) = i, ∀i ∈ {1, 2, 3,...,n}, deci σ = e.
11. Fie n
∈N, n
≥ 3 şi σ
∈ S n o permutare ce comută cu permutările
1 2 3 ... n − 1 n2 1 3 ... n − 1 n
şi
1 2 3 ... n − 1 n2 3 4 ... n 1
.
Arătaţi că σ este permutarea identică din S n.
Concursul interjudeţean ”Academician Radu Miron”-Vaslui 2001
3. Ridicarea la putere a unei matrice pătratice
Vom prezenta mai multe metode pentru calculul lui An, unde A ∈ M p(C) şin ∈ N∗.
I. Inducţia matematică:Dându-se o matrice A ∈ M p(C), se calculează A2, A3, A4,se observă o formul̆a pentru An şi se demonstrează cu ajutorul inducţieimatematice formula găsită.
Exemple: Să se calculeze An, ı̂n cazurile:
a) A = 1 10 1.
b) A =
1 0 10 1 01 0 1
.
Solut ̧ie: a) A2 =
1 20 1
, A3 =
1 30 1
.
Presupunem că An =
1 n0 1
şi demonstrăm că An+1 =
1 n + 10 1
An+1 = AnA = 1 n0 1
1 n + 10 1 =
1 n + 10 1 ,
rezultă că An =
1 n0 1
, ∀n ≥ 1.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
17/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 17
b) A2 =
2 0 20 1 0
2 0 2
, A3 =
4 0 40 1 0
4 0 4
.
Presupunem că An =2n−1 0 2n−10 1 0
2n−1 0 2n−1
şi demonstrăm că An+1 = 2n 0 2n0 1 02n 0 2n
An+1 = AnA =
2n−1 0 2n−10 1 0
2n−1 0 2n−1
1 0 10 1 0
1 0
=
2n 0 2n0 1 0
2n 0 2n
,
rezultă că An =
2n−1 0 2n−1
0 1 02n−1 0 2n−1
, ∀n ∈ N.
II. Binomul lui Newton.Fie matricea A ∈ M p(C). Se scrie matricea A = B +C ,cu BC=CB şi se aplica binomul lui Newton pentru a calcula (B + C )n.
Exemple: Să se calculeze An, ı̂n cazurile:
a) A =
2 11 2
.
b) A =
1 1 10 1 10 0 1
.
Solut ̧ie: a) A =
1 00 1
+
1 11 1
= I 2 + B, unde B =
1 11 1
. Se arată că
B2 = 2B de unde rezultă Bn = 2n−1B, ∀n ∈ N∗.
An = (B + C )n =n
k=0
C knI n−k2 B
k = I 2 +n
k=1
C kn2k−1B =
= I 2 +
nk=1
C kn2k
2 B = I 2 +
3n − 12
B = 1
2
3n + 1 3n − 13n − 1 3n + 1
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
18/78
18 TIBERIU BARTA
b) Scriem A = I 3+B, unde B =
0 1 10 0 1
0 0 0
. Calculăm B2 =
0 0 10 0 0
0 0 0
, B3 =
O3 rezultă că Bn = O3,
∀n ≥
3.
An = (I 3 + B)n = C 0nI
n3 + C
1nI
n−13 B + C
2nI
n−23 B
2 = I 3 + nB + n(n − 1)
2 B2 =
=
1 n n(n+1)20 1 n
0 0 1
III. Metoda şirurilor recurente
Exemplu Să se calculeze An dacă A = 0 1 01 0 1
0 1 0Solut ̧ie:
A2 =
1 0 10 2 0
1 0 1
, A3 =
0 2 02 0 2
0 2 0
Presupunem că An =
an bn anbn 2an bn
an bn an
şi demonstrăm că An+1 =
an+1 bn+1 an+1bn+1 2an+1 bn+1
an+1 bn+1 an+1
An+1 = A
·An =
0 1 01 0 1
0 1 0an bn anbn 2an bnan bn an =
bn 2an bn2an 2bn 2anbn 2an bn . Obţinem
că an+1 = bn, bn+1 = 2an, ceea ce implică an+1 = 2an−1.Ecuaţia caracteristică asociată şirului (an)n≥1 este r
2 = 2 cu soluţiiler1,2 = ±
√ 2. Şirul an = c1(
√ 2)n + c2(−
√ 2)n şi cum a1 = 0, a2 = 1 rezultă
an = (√
2)n + (−√ 2)n4
, bn = (√
2)n+1 + (−√ 2)n+14
.
IV. Utilizarea teoremei lui Cayley-Hamilton
Propoziţia 3.1. (Teorema lui Cayley-Hamilton pentru matrice ı̂n
M2(C) )
Fie A =a b
c d
∈ M2(C), atunci A2 − tr(A)A + det(A)I 2 = O2, unde tr(A) = a + d(urma matricei A) şi det(A) = ad − bc (determinantul lui A).
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
19/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 19
Solut ̧ie: Se verifică prin calcul.
Propoziţia 3.2. Dac˘ a A ∈ M2(R), exist˘ a şirurile (xn)n∈N, (yn)n∈N astfel ı̂nc ̂at An
= xnA + ynI 2, ∀n ∈ N. ( A0
= I 2)Demonstrat ̧ie:
A0 = I 2 = 0 · A + 1 · I 2, A = 1 · A + 0 · I 2 ⇒ x0 = 0, y0 = 1, x1 = 1, y1 = 0.Din Propoziţia 3.1 obţinem
A2 = x2A + y2I 2, unde x2 = a + d, y2 = bc − ad.Presupunem că An = xnA + ynI 2 şi demonstrăm că A
n+1 = xn+1A + yn+1I 2.
An+1 = A · An = A(xnA + ynI 2) = xnA2 + ynA = xn(x2A + y2I 2) + ynA =
= (x2xn
+ yn
)A + xn
y2I 2 ⇒
xn+1 = x2xn + yn
yn+1 = y2xn.
Exemplu: Dacă A =
1 −11 3
să se calculeze An.
Solut ̧ie: tr(A) = 4, det(A) = 4 şi deci A2 = 4A−4I 2. Matricea An = xnA+ynI 2cu x0 = 0, x1 = 1. Obţinem recurenţele:
xn+1 = 4xn + ynyn+1 = −4xn
⇒ xn+1 =4xn − 4xn−1.Ecuaţia caracteristică asociată şirului (xn)n∈N este r
2 = 4r − 4 cu soluţiiler1 = r2 = 2
⇒ xn = c12
n + nc22n şi din x0 = 0, x1 = 1 obţinem
xn = n2n−1, yn = (1 − n)2n.An = n2n−1A + (1 − n)2nI 2 =
2n−1 · (2 − n) −n2n−1
n · 2n−1 2n(n + 2)
Propoziţia 3.3. (Teorema lui Cayley-Hamilton pentru matrice ı̂n M3(C) )
Fie A =
a11 a12 a13a21 a22 a23
a31 a32 a33
∈ M3(R), atunci A3−tr(A)A2+S (A)A−det(A)I 3 =
O3, unde tr(A) = a11 + a22 + a33
S (A) = a11 a12a21 a22 + a11 a13a31 a33 + a22 a23a32 a33şi det(A) este determinantul matricei A.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
20/78
20 TIBERIU BARTA
Solut ̧ie: Se verifică prin calcul.
Exemplu: Dacă A = 1 0 01 0 1
0 1 0 să se calculeze An.
Solut ̧ie:
tr(A) = 1, S (A) = −1, det(A) = −1 ⇒ A3 = A2 + A − I 3.Demonstrăm că există (xn)n, (yn)n, (z n)n astfel ı̂ncât A
n = xnA2 + ynA + z nI 3.
Avem An+1 = xnA3+ynA+z nA şi dacă ţ inem cont de A
3 = A2+A−I 3 obţinemrecurenţele:
xn+1 = xn + ynyn+1 = xn + z nz n+1 =
−xn
⇒
z n = −xn−1yn = xn−1 + z n−1 = xn−1 − xn−2xn+1 = xn + xn−1
−xn−2
Ecuaţia caracteristică asociată şirului (xn)n este t3 − t2 − t + 1 = 0 cu rădăcinile
t1 = t2 = 1, t3 = −1. Şirul este de forma xn = c1+nc2+(−1)nc3 şi din condiţiileiniţiale x1 = 0, x2 = 1, x3 = 1 rezultă că
xn = (−1)n + 2n − 1
4 , yn =
2(−1)n−1 + 24
, z n = (−1)n − 2n + 3
4 .
An =
1 0 0(−1)n−1 + 2n + 1
4
(−1)n + 12
(−1)n−1 + 12
(−
1)n + 2n−
1
4
(−
1)n−1 + 1
2
(−
1)n + 1
2
Prezentăm o altă metodă pentru calculul lui An ce utilizează teorema ı̂mpărţiriicu rest pentru polinoame.
V. Utilizarea polinomul caracteristic al unei matrice
Exemplu Dacă A =
1 0 01 0 1
0 1 0
să se calculeze An.
Solut ̧ie: Polinomul caracteristic asociat matricei A este x3
− x2
− x + 1, cu
rădăcinile x1 = x2 = 1, x3 = −1.Din teorema ı̂mpărţirii cu rest avem că există a, b, c ∈ R astfel ı̂ncât
xn = (x3 − x2 − x + 1)g(x) + ax2 + bx + c.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
21/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 21
Obţinem sistemul
a + b + c = 1
2a + b = n
a − b + c = (−1)ncu soluţia
a = (−1)n + 2n − 1
4 , b =
1 − (−1)n2
, c = (−1)n − 2n + 3
4
şi cum A3 − A2 − A + I 3 = 0 obţinem că
An = aA2 + bA + cI 3 =
1 0 0(−1)n−1 + 2n + 1
4
(−1)n + 12
(−1)n−1 + 12
(−1)n + 2n − 14
(−1)n−1 + 12
(−1)n + 12
VI. Calculul puterilor unei matrice de forma
a b−b a
.
Propoziţia 3.4. Fie funct ̧ia : C → M2(R) definit˘ a prin f (a + bi) =
a b−b a
, a , b ∈ R. Sunt adev˘ arate urm˘ atoarele relat ̧ii:
(a) f (z 1 · z 2) = f (z 1)f (z 2), ∀z 1, z 2 ∈ C.(b) f (z n) = (f (z ))n, ∀z ∈ C.
Solut ̧ie: Verificare prin calcul.
Rezultatul de mai sus ne arată că a ridica la putere o matrice de
forma
a b−b a
este echivalent cu a ridica la putere numărul complex
z = a + bi.
Exemplul 1 Să se calculeze An, dacă A =
cos α sin α− sin α cos α
.
Solut ̧ie: Fie z = cos α + i sin α şi funcţia f definită ı̂n Propoziţia3.4, atunci A =
f (z ), rezultă că An = f (z n) = f (cos nα + i sin nα) =
cos nα sin nα− sin nα cos nα
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
22/78
22 TIBERIU BARTA
3.1. Aplicaţii.
1. Se dă matricea A =
1 −11 1
. Să se calculeze An.
O.L. Buzău, 2013Solut ̧ie: Fie z = 1 − i rezultă că A = f (z ), unde f este definită ı̂n Propoziţ ia 3.4.
An = f ((1 − i)n) = f
2n
2
cos
7nπ
4 + i sin
7nπ
4
= 2
n
2
cos 7nπ
4 sin
7nπ
4
− sin 7nπ4
cos 7nπ
4
2. Se consideră matricea A =
2 33 2
a) Arătaţi că pentru orice n natural nenul există xn, yn
∈ Zn astfel ı̂ncât
An = xnA + ynI 2.
b) Calculaţi limn→∞
xnyn
.
O.L Gorj, 2013
Solut ̧ie: a) Din relaţia lui Cayley-Hamilton avem că A2 = 4A + 5I 2.Presupunem că există xn, yn ∈ Z astfel ı̂ncâ An = xnA + ynI 2 şi arătăm căexistă xn+1, yn+1 ∈ Z astfel ı̂ncât An+1 = xn+1A + yn+1I 2.
An+1 = AnA = xnA2 + ynA = (4xn + yn)A + 5xnI 2
de unde obţinem că xn+1 = 4xn + yn ∈ Zyn+1 = 5xn ∈ ZObţinem că xn =
5n − (−1)n6
, yn = 5n + 5 · (−1)n
6 .
b)
limn→∞
xnyn
= 1.
3. Fie z , v ∈ C, z = 0 două numere complexe şi matricea X =
z v0 z
∈ M2(C).
a) Determinaţi X n pentru n
∈N∗.
b) Determinaţi z , v ∈ C pentru care X n = 1 n0 1
, n ∈ N∗, n ≥ 2.
O.L Harghita, 2013
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
23/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 23
Solut ̧ie: a) X = zI 2 + vA, unde A =
0 10 0
. Observăm că A2 = O2.
X
n
= z
n
I 2 + nz
n−1
vA = z n nvz n−1
0 z n b) Obţinem ecuaţiile
z n = 1
vz n−1 = 1 ⇒ z k = cos 2kπ
n + i sin
2kπ
n , k = 0, (n − 1) şi
yk = z k.
4. Fie matricea A =
1 11 0
. Calculaţi An, n ∈ N∗.
Solut ̧ie: Din teorema lui Cayley-Hamilton avem că: A2 = A + I 2. Presupunem căAn = xnA + ynI 2 şi arătăm că A
n+1 = xn+1A + yn+1I 2.
An+1 = AnA = xnA2 + ynA = (xn + yn)A + ynI 2.
Rezultă că avem
xn+1 = xn + ynyn+1 = xn
. Obţinem că şirul (xn)n este definit prin
x1 = x2 = 1 şi xn+1 = xn + xn−1, rezultă
xn =
√ 5
5 ·
1 +√
5
2
n−
√ 5
5 ·
1 − √ 52
n, yn =
√ 5
5 ·
1 +√
5
2
n−1−
√ 5
5 ·
1 − √ 52
n−1.
An
= xn+1 xnxn yn
5. Se consideră z ∈ C cu proprietatea z 2 + z = −1 şi matricea A = 1 0 0z 2 1 0
z z 2 1
∈
M3(C). Calculaţi An, unde n este un număr natural nenul.O.L Sibiu, 2013
Solut ̧ie:
A = I 3 + B, unde B =
0 0 0z 2 0 0z z 2 0
⇒ B2 = 0 0 00 0 0z 0 0
, B3 = O3.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
24/78
24 TIBERIU BARTA
An = I 3 + nB + n(n − 1)
2 B2 =
1 0 0nz 2 1 0
n(n + 1)
2 z nz 2 1
.
6. Se consideră matricea A =
1 0 1
−1 1 12
0 0 1
. Calculaţi A2013.
O.L Vrancea, 2013
Solut ̧ie: Polinomul caracteristic asociat matricei A este (x−1)3. Aplicăm teoremaı̂mpărţirii cu rest şi obţinem că există g ∈ R[X ], a , b , c ∈ R astfel ı̂ncât
xn = (x
−1)3g + ax2 + bx + c.
Obţinem sistemul
a + b + c = 1
2a + b = n
2a = n(n − 1)⇒ a = n(n − 1)
2 , b = 2n−n2, c = n
2 − 3n + 22
.
A = aA2 + bA + cI 3 =
1 0 n
−n 1 2n − n2
20 0 1
7. Fie A =cos α + sin α 2sin α− sin α cos α − sin α. Să se calculeze An, n ∈ N.
O.L Vrancea, 2013
Solut ̧ie: Metoda I. Pentru sin α = 0, obţinem A = I 2 şi deci An = I 2 sau
An = (−1)nI 2.Dacă sin α = 0, atunci polinomul caracteristic asociat matricei A estex2 − 2x cos α + 1, cu rădăcinile cos α ± i sin α. Din teorema ı̂mpărţirii cu restpentru polinoamele xn şi x2 − 2x cos α + 1 obţinem că există a, b ∈ R şi f ∈ R[X ]astfel ı̂ncât
xn = (x2
−2x cos α + 1)f (x) + ax + b.
Dacă ı̂n relaţia precedentă se ı̂nlocuieşte x = cos α + i sin α, obţinem:
a = sin nα
sin α , b = −sin(n − 1)α
sin α
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
25/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 25
şi cum An = aA + BI 2, rezultă
An =
cos nα + sin nα 2sin nα
− sin nα cos nα − sin nα
.
Metoda II. Definim funcţia f : C → M2(R) prin
f (a + bi) =
a + b 2b−b a − b
= aI 2 + bB, a, b ∈ R, B =
1 2−1 −1
.
Vom demonstra că f (z 1z 2) = f (z 1) · f (z 2), de unde se obţine căf (z n) = (f (z ))n, ∀n ∈ N∗.Fie z 1 = a + bi, z 2 = c + di, a, b, c, d ∈ R, atunci:
f (z 1)f (z 2) = (aI 2 + bB)(cI 2 + dB) = acI 2 + (ad + bc)B + bdB2
şi cum B2 = I 2 avem
f (z 1)f (z 2) = (ac − bd)I 2 + (ad + bc)Bf (z 1z 2) = f (ac − bd + i(ad + bc)) = (ac − bd)I 2 + (ad + bc)B
ceea ce arată că f (z 1z 2) = f (z 1)f (z 2) şi deci f (z n) = (f (z ))n.Matricea A = f (cos α + i sin α), rezultă că
An = f ((cos α + i sin α)n) = f (cos nα + i sin nα) ⇒
An =
cos nα + sin nα 2sin nα
− sin nα cos nα − sin nα
.
8. Fie matricea A =
2m 0 m0 m 00 m m
. Calculaţi An.RMT 1/2013, Neculai Stancu
Solut ̧ie: Fie A1 =
2 0 10 1 0
0 1 1
= I 3 + B, unde B =
1 0 10 0 0
0 1 0
. Se arată uşor că
B2 =
1 1 10 0 00 0 0
şi Bk = B2, ∀k ≥ 2.
An1 = (I 3 + B)n = C 0nI 3 + C
1nB +
nk=2
C knB2.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
26/78
26 TIBERIU BARTA
Obţinem
A
n
1 =
n
k=0C kn
n
k=2C kn
n
k=1C kn
0 n 00 n 1
=
2n 2n − n − 1 2n − 10 n 00 n 1
şi An = mnAn1 .
9. Se consideră matricea A =
1 0 1
−1 1 −12
0 0 1
. Calculaţi An.
O.L. Focşani-Adjud, 2013
Solut ̧ie: Polinomul caracteristic al matricei A este f A = (1 − X )3. Din teoremaı̂mpărţirii cu rest obţinem că există a, b, c ∈ R astfel ı̂ncât
X n = (1 − X )3 + aX 2 + bX + c.
Obţinem sistemul:
a + b + c = 1
2a + b = n
2a = n(n − 1)
2
, cu soluţia:
a = n(n − 1)
2
, b = 2n
−n2, c =
n2 − 3n + 2
2
.
Obţinem că An = aA2 + bA + cI 3 =
1 0 n
−n 1 −n2
20 0 1
.
10. Fie matricea A =
2011 2012 20132013 2011 0
−2012 0 2011
. Să se calculeze An, unde n ∈ N.
OL Dolj, 2013
Solut ̧ie: Considerăm matricea B = a a + 1 a + 2a + 2 a 0
−a − 1 0 a. Calcul̆am Bn şi
observă că dacă a = 2011 rezultă B = A.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
27/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 27
Polinomul caracteristic al lui B este (X − a)3 şi există m, p, r ∈ R şi g ∈ R[X ],astfel ı̂ncât
X n = (X − a)3g + mX 2 + pX + r.
Obţinem sistemulma
2
+ pa + r = an
2ma + p = nan−1
2m = n(n − 1)an−2, cu soluţia:
m = n(n − 1)
2 , p = (2n − n2)an−1, r = (n
2 − 3n + 2)an2
.
Rezultă că Bn = mB2 + pB + rI 3 =
11. Se dă mulţimea de matrice
M = A(x) = 1
−x 0 x
0 1 0x 0 1 − x
|x ∈ Ra) Să se arate că A(a) · A(b) = A(a + b − 2ab), ∀a, b ∈ R;b) Să se calculeze An(x), n ∈ N∗
OL Arad, 2002
Demonstrat ̧ie: a) A(x) = I 3 + xB, unde B =
−1 0 10 0 0
1 0 −1
, iar B2 = −2B.
A(a)A(b) = (I 3 + aB)(I 3 + bB) = I 3 + (a + b)B + abB2 = I 3 + (a + b − 2ab)B.
b) Observăm că a + b − 2ab = −2a − 12
b − 1
2
+ 1
2 şi se arată, utilizând
inducţia matematică, că An(x) = A
(−2)n−1
x − 1
2
n+
1
2
.
12. Se consideră şirul lui Fibonacci (F (n))n∈N, F (0) = 0, F (1) = 1, F (n + 1) = F (n) +
F (n − 1), ∀n ≥ 1 şi matricea A =
0 11 −1
∈ M2(R).
a) Să se arate că
An = (−1)nF (n − 1) −F (n)
−F (n) F (n + 1) , ∀n ∈ N.
b) Să se demonstreze relaţia:
F (F (n + 1)) = F (F (n) + 1)F (F (n + 1)) + F (F (n))F (F (n + 1) − 1), ∀n ∈ N.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
28/78
28 TIBERIU BARTA
Concursul ”Alexandru Papiu-Ilarian”, Vasile Pop, 2012
Demonstrat ̧ie: a) Inducţie matematică.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)
.
Identificând termenii de pe poziţia (1, 2) din cele două matrice se obţine relaţiadorită.
13. Fie A ∈ C şi matricea A =
1 0 a0 1 −aa a 1
. Calculaţi An, n ∈ N∗.
GM 1/2012
Solut ̧ie:
A = I 3 + aB, B =
0 0 10 0 −1
1 1 0
.
B2 =
1 1 0−1 −1 0
0 0 0
, B3 = O3,
atunci An = C 0nI 3+C 1naB+C
2na
2B2 =
1 + n(n − 1)a2
2
n(n − 1)a22
na
−n(n − 1)a2
2 1 − n(n − 1)a
2
2 −na
na na 1
4. Determinanţi
Definiţia 4.1. Dac˘ a A ∈ Mn(C), A = (aij) şi S n este mult ̧imea permut˘ arilor de ordin n, atunci num˘ arul
det(A) = σ∈S n (σ)a1σ(1)a2σ(2)...anσ(n)se numeşte determinantul matricei A.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
29/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 29
Propoziţia 4.1. Dac˘ a A ∈ Mn(C), atunci:i) det(A) = det(At);
ii) det(AB) = det(A) · det(B);iii) det(A
k
) = [det(A)]
k
, ∀k ∈ N∗
;iv) det(λA) = λn det(A), ∀λ ∈ C.4.1. Determinantul Vandermonde. Determinantul Vandermonde se noteazăcu V (a1, a2,...,an) şi este definit prin
V (a1, a2,...,an) =
1 1 · · · 1a1 a2 · · · ana21 a
22 · · · a2n
· · · · · · · · · · · ·an−11 a
n−12 · · · an−1n
.
Exemplu 1. V (a1, a2) = 1 1a1 a2 = a2 − a1.Exemplu 2. V (a1, a2, a3) =
1 1 1
a1 a2 a3a21 a
22 a
23
Pentru a calcula acest determinant efectuăm L3−a3L2 şi apoi L2−a3L1 şi obţinem
V (a1, a2, a3) =
1 1 1a1 a2 a3
a1(a1 − a3) a2(a2 − a3) 0
=
1 1 1a1 − a3 a2 − a3 0
a1(a1 − a3) a2(a2 − a3) 0
=
= (a3 − a2)(a3 − a1)(a2 − a1).
Propoziţia 4.2.
V (a1, a2,...,an) =
1≤i
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
30/78
30 TIBERIU BARTA
Folosind relaţia de recurenţă se obţine rezultatul dorit.
Aplicaţii:
1. Să se calculeze:a2 b2 c2c2 a2 b2
ac ab bc
Solut ̧ie.
a2 b2 c2
c2 a2 b2
ac ab bc
= a2b2c2
1 1 1 ca
2 ab
2 bc
2c
a
a
b
b
c
= −a2b2c2V
c
a, a
b, b
c
= −a2b2c2
b
c − c
a
b
c − a
b
a
b − c
a= (a2 − bc)(b2 − ac)(c2 − ab).
4.2. Determinant Vandermonde lacunar.
Definiţia 4.2. Fie a1, a2, · · · , an ∈ C, k ∈ {1, 2, 3, · · · , n}.Se numeşte determinant Vandermonde lacunar şi se noteaz ̆a cu V k(a1, a2,...,an),determinantul
V k(a1, a2,...,an) =
1 1 · · · 1a1 a2 · · · an· · · · · · · · · · · ·
ak−11 ak−12 · · · ak−1n
ak+11 ak+12
· · · ak+1n
· · · · · · · · · · · ·an1 a
n2 · · · ann
Pentru calculul lui, considerăm determinantul V (a1, a2,...,an, x). Din Propoziţia 4.2obţinem egalitatea
V (a1, a2,...,an, x) = V (a1, a2,...,an)n
k=1
(x − ak) =
= V (a1, a2,...,an)(xn − S 1xn−1 + S 2xn−2 − ... + (−1)nS n),
S k este suma Viete de ordin k .
Dezvoltând determinantul V (a1, a2,...,an, x) după ultima coloană, obţinemV (a1, a2,...,an, x) = (−1)n+2
V 0 − xV 1 + x2V 2 + · · · + (−1)nxnV n
Identificând cele două forme ale polinomului V (a1, a2,...,an, x) obţinem:
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
31/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 31
Propoziţia 4.3.
V k(a1, a2, · · · , an) = V (a1, a2,...,an) · S n−k.
Aplicaţii:
1. Calculaţi
1 1 1a b ca3 b3 c3
Solut ̧ie: Considerăm
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
−S 1x
2 + S 2x−
S 3), undeS 1 = a + b + c, S 2 = ab + ac + bc, S 3 = abc.Dezvoltând determinantul după ultima coloană, obţinem:
V (a,b,c,x) = x3V (a,b,c) − x2V 2(a,b,c) + xV 1(a,b,c) − V 0(a,b,c).Identificăm cele două polinoame obţinute şi avem
V 2(a,b,c) = V (a,b,c)S 1 = (c − a)(c − b)(b − a)(a + b + c)
2. Să se calculeze determinantul
1 1 1 1a b c da3 b3 c3 d3
a4 b4 c4 x4
Solut ̧ie: Determinantul este V 2(a,b,c,d) şi utilizând Propoziţia 4.3 obţinem:
V 2(a,b,c,d) = V (a,b,c,d)S 2,
unde S 2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd.
Avem deci că 1 1 1 1a b c d
a3 b3 c3 d3a4 b4 c4 x4
== (d − a)(d − b)(d − c)(c − a)(c − b)(b − a)(ab + ac + ad + bc + bd + cd)
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
32/78
32 TIBERIU BARTA
4.3. Determinanţi circulari.
Definiţia 4.3. Fie a1, a2, · · · , an ∈ C. Se numeşte determinant circular al numerelor a1, a2, · · · , an şi se noteaz ̆a 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
.
Considerăm polinomul f (x) = a1 + a2x + a3x2 + · · · + anxn−1 şi 1, 2, · · · , n
rădăcinile ecuaţiei binome z n = 1.
Propoziţia 4.4. C (a1, a2, · · · , an) = (−1)n(n−1)2 f (1)f (2)f (3) · · · · · f (n)Demonstrat ̧ie:
1 1 21 · · · n−11
1 2 22 · · · n−12
1 3 23 · · · n−13
· · · · · · · · · · · · · · ·1 n
2
n · · · n−1
n
·
a1 a2 · · · ana2 a3 · · · a1a3 a4 · · · a2· · · · · · · · · · · ·an a1
· · · an−1
=
=
a1 + a21 + · · · + ann−11 a2 + a31 + · · · + a1n−11 · · · an + a11 + · · · + an−1n−11a1 + a22 + · · · + ann−12 a2 + a32 + · · · + a1n−12 · · · an + a12 + · · · + an−1n−12
· · · · · · · · · · · ·a1 + a2n + · · · + ann−1n a2 + a3n + · · · + a1n−1n · · · an + a1n + · · · + an−1n−1n
=
=
f (1) n−11 f (1)
n−21 f (1) · · · 1f (1)
f (2) n−12 f (2)
n−22 f (2) · · · 2f (2)
· · · · · · · · · · · · · · ·f (n)
n−1n f (n)
n−2n f (n) · · · nf (n).
Trecând la determinanţi obţinem:
V (1, 2, · · · , n)C (a1, a2, · · · , an) = (−1)n(n−1)
2 f (1)f (2) · · · · · f (n)V (1, 2, · · · , n),de unde obţinem concluzia dorită.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
33/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 33
Aplicaţii:
1. Să se calculeze determinantul a b cb c ac a b.
Solut ̧ie: Considerăm polinomul f = a+bx+cx2 şi 1, −1 + i√ 3
2 ,
−1 − i√ 32
soluţiile
ecuaţiei z 3 = 1, atunci conform propoziţiei precedente avem:
C (a,b,c) = (−1)3f (1)f
−1 + i√ 32
f
−1 − i√ 3
2
= −(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−ac−bc).
2. Să se calculeze determinantul C (a,b,c,d).
Solut ̧ie: Considerăm funcţia polinomială f (x) = a + bx + cx2 + dx3 şi −1, 1, i, −1rădăcinile ecuaţiei z 4 = 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. Aplicaţii.
1. Să se calculeze determinanţii, punând rezultatele sub formă 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
Solut ̧ie: a) Adunăm prima linia la linia a doua şi obţinem
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
=
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
34/78
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) Considerăm matricele A =
a b ca2 b2 c2a3 b3 c3
, B =1 0 11 1 0
0 1 1
şiC =
a + b b + c c + aa2 + b2 b2 + c2 c2 + a2
a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3
.
Cum C = AB, rezultă det(C ) = det(A) det(B) = 2abc(b − a)(c − a)(c − b).
2. Să se arate că(x2 + 1)2 (xy + 1)2 (xz + 1)2(xy + 1)2 (y2 + 1)2 (yz + 1)2
(xz + 1)2 (yz + 1)2 (z 2 + 1)2
= 2(y − z )2(z − x)2(x − y)2.
Demonstrat ̧ie: Observăm că
(x2 + 1)2 (xy + 1)2 (xz + 1)2(xy + 1)2 (y2 + 1)2 (yz + 1)2
(xz + 1)2 (yz + 1)2 (z 2 + 1)2
=
1 x x21 y y2
1 z z 2
1 12x 2y
x2 y2
Trecând la determinanţi , obţinem produsul a doi determinanţi Vandermonde, deunde rezultă formula cerută.
3. Să se arate că pentru orice x
∈R∗+ are loc inegalitatea
1 1 1logx+1(x
2 + x) logx+2(x2 + 3x + 2) logx+3(x
2 + 5x + 6)log2x+1 x log
2x+2(x + 1) log
2x+3(x + 2)
> 0.OL. Braşov, 2003
Demonstrat ̧ie: 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), obţinem 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,
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
35/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 35
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 arată că logx+2(x + 1) > logx+1 x şi de aici rezultă că
determinantul este pozitiv.
4. Fie A o matrice cu proprietatea că suma elementelor de pe fiecare linie şi coloană
este 1, iar elementele de pe diagonala principală sunt 1
2. Să se arate că det(A) > 0.
O.L Vrancea-Focşani, 2013
Demonstrat ̧ie: A =
1
2 a
1
2 − a
1
2 − a 1
2 a
a 1
2 − a 1
2
, det(A) = 3a2 − 3a2
+ 1
4
det(A) = 3
a − 14
2+
1
16 > 0, ∀a ∈ R.
5. Fie A,B,C măsurile unghiurilor unui triunghi ABC şi ∆ =
sin A sin B sin C
sin2A sin2B sin2C sin3A sin3B sin3C
.Să se arate că ∆ = 0 ⇔ ABC este isoscel.
O.L Galaţi, 2012Vasile Pop
Solut ̧ie:
∆ L3+L1=
sin A sin B sin C
sin2A sin2B sin2C 2sin2A cos A 2sin2B cos B 2sin2C cos C
L3−2cosAL1==
sin A sin B sin C
sin2A sin2B sin2C 0 2 sin 2B(cos B − cos A) 2 sin 2C (cos C − cos A)
L2−2cosA·L1==
sin A sin B sin C
0 2 sin B(cos B − cos A) 2 sin C (cos C − cos A)0 2 sin 2B(cos B
−cos A) 2 sin 2C (cos C
−cos A)
şi obţinem că ∆ = 8 sin A sin B sin C (cos B − cos A)(cos C − cos A)(cos C − cos B)şi atunci ∆ = 0 dacă şi numai dacă cos A = cos B sau cos A = cos C saucos C = cos B.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
36/78
36 TIBERIU BARTA
6. Fie M ⊂ M3(R∗+) mulţimea matricelor care au pe diagonala principală toateelementele egale, iar produsul elementelor de pe fiecare linie este egal cu 1.a) Daţi exemplu de o matrice din M ce nu are toate elementele numere raţionale.b) Demonstraţi că det(A)
≥ 0,
∀A
∈ M.
OL Cluj, 2013
Demonstrat ̧ie: a) A =
1√
2
√ 2
2√ 2
2 1
√ 2
√ 2
√ 2
2 1
.
b) Se arată că dacă A
∈ M , atunci există a, b
∈R∗+ astfel ı̂ncât A =
a
1
ab b
b a 1
ab1ab
b 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 inegalitătii x2 + y2 + z 2 ≥ xy + xz + yz, ∀x,y,z ∈ R.
7. Fie A =
a b cc a bb c a
, unde a,b,c ∈ R şi a2 + b2 + c2 = 1. Demonstraţi că
| det(A)| ≤ 1.Demonstrat ̧ie: Notăm x = ab + bc + ac, atunci AAt =
1 x xx 1 x
x x 1
(det A)2 = 1 + 2x3 − 3x2 = 1 − x2(3 − 2x).x = ab + bc + ac ≤ a2 + b2 + c2 = 1 şi deci (det A)2 ≤ 1 ⇒ | det A| ≤ 1.
8. a) Să se arate că A(A − B)B = B(A − B)A, pentru orice matrice pătratice deordinul doi cu urme egale.
b) Calculaţi determinantul, scriindu-l sub formă 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
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
37/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 37
Concursul interjudeţean ”Memorialul Ştefan Dârţu-2012”Mihai Ţarcă
Solut ̧ie: a) Notăm tr(A) = tr(B) = t, det(A) = a, det(B) = b şi obţinem relaţiile
A2 = tA − aI 2, B2 = tB − bI 2.(1) A(A − B)B = A2B − AB2 = (tA − aI 2)B − A(tB − bI 2) = bA − aB
(2) B(A − B)A = BA2 − B2A = B(tA − aI 2) − (tB − bI 2)A = bA − aBDin (1), (2) rezultă că A(A − B)B = B(A − B)A.b) Dacă sin a = 0, sin b = 0 şi sin c = 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).Dacă sin a = 0 atunci cos2 a = 1 şi obţinem d = sin c sin b sin(b − c). Analog setratează cazurile sin b = 0, sin c = 0.
9. Demonstraţi că dacă A, B,C ∈ Mn(R) cu A + B + C = I n, atuncidet(AB + C ) · det(BC + A) · det(CA + B) ≥ 0.
RMT 1/2013, Aurel Doboşan
Demonstrat ̧ie: Înmulţind relaţia A + B + C = I n la dreapta cu B obţinem:
AB = B − B2 − CB ⇔ AB + C = (B + C )(I n − B) ⇔ AB + C = (B + C )(A + C ).Analog se arată că: BC + A = (C + A)(B + A) şi 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. Notăm cu H mulţimea matricelor pătratice de ordin n ≥ 2, ale căror elementesunt numere naturale şi cu P mulţimea matricelor din H cu proprietatea că sumaelementelor de pe fiecare linie şi de pe fiecare coloană este egală cu 1.
a) Arătaţi că dacă A ∈ P , atunci det(A) ∈ {−1, 1}.b) Arătaţi că dacă A1, A2,...,A p ∈ H şi A1A2...A p ∈ P , atunci A1, A2,...,A p ∈ H .
OJM 2005
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
38/78
38 TIBERIU BARTA
Demonstrat ̧ie: a) Dacă o matrice este din P , atunci are pe fiecare linie (coloană) unsingur 1, restul elementelor fiind egale cu 0. Pemutând linile matricei A obţinemI n de unde rezultă că det(A) ∈ {−1, 1}.b) Demonstrăm că dacă A = (aij), B = (bij)
∈ H şi AB = (cij)
∈ P , atunci
A, B ∈ P . Într-adevăr din AB ∈ P rezultă că det(A) · det(B) = 0 şi deci pefiecare linie (coloană) din A, B avem cel puţin un element nenul.Presupunem că 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
nk=1
aikbkj = 1 ⇒ 1 ≥ ailn
j=1
blj + aip
n j=1
b pj
şi deci cel puţin una dintre coloanele l, respectiv p din B este nulă ceea ce esteabsurd şi deci A are pe fiecare linie un element nenul (1), deci A este din P , analogse arată că şi B este din P . Prin inducţie matematică se demonstrează afirmaţia
de la b).
11. a) Fie x1, x2, x3, y1, y2, y3 ∈ R, aij = sin(xi − y j), i , j ∈ {1, 2, 3}. Să se arate cădet(A) = 0.
b) Se consideră numerele complexe nenule z 1, z 2,...,z 2n, n ≥ 3, astfel ı̂ncât |z 1| =|z 2| = ... = |z n+3| şi argz 1 ≥ argz 2 ≥ .. ≥ argz n+3. Considerăm numerelebij = |z i − z j+n|, pentru i, j ∈ {1, 2,...,n} şi B = (bij) ∈ Mn. Să se arate cădet B = 0.
OJM 2004
Demonstrat ̧ie: a) Fie C = sin x1 − cos x1 0sin x2
−cos x2 0
sin x3 − cos x3 0 şi D = 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)
şi cum det(C ) = 0 ,
rezultă că
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) Notăm |z i| = r, i = 1, (n + 3) şi arg z i = αi, i = 1, 2n, atunci pentrui, j ∈ {1, 2, 3} avem:
|z i− z n+ j| = r|(cos αi−cos αn+ j) + i(sin αi− sin αn+ j)| = r 2(1 + cos(αi − αn+ j)) == 2r
sin αi − αn+ j2 = 2r sin αi − αn+ j2
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
39/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 39
şi cum toţi minorii de ordinul trei formati cu elemente din primele trei coloanesunt egali cu 0, rezultă că det(B) = 0.
12. Pentru fiecare n ≥ 2, se consideră matricea An ∈ Mn−1(Z),
An =
3 1 1 ... 11 4 1 ... 11 1 5 ... 1
... ... ... ... ...
1 1 1 . .. n + 1
,
şi se notează cu Dn determinantul acesteia. Studiaţi mărginirea şirului
Dnn!
n≥2
şi convergenţa şirului
Dn
(n + 1)!
n≥2
.
Traian Lalescu-2008Solut ̧ie:
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 0
0 0 4 ... 0 0
... ... ... ... ... ...
0 0 0 ... n − 1 01 1 1 ... 1 1
+ nDn−1 ⇒ Dn = nDn−1 + (n − 1)!, D2 = 3.
Dnn!
= Dn−1(n − 1)! +
1
n ⇒ Dn
n! = 1 +
1
2 +
1
3 + ... +
1
n ⇒
Dnn!
n≥2
este nemărginit superior.
limn→∞
Dn(n + 1)! = limn→∞
1 + 1
2
+ 1
3
+ ... + 1
nn + 1S C
= limn→∞
1
n + 1 = 0.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
40/78
40 TIBERIU BARTA
5. Ecuaţii binome ı̂n Mn(C)Definiţia 5.1. Ecuat ̧ia X n = A (1), unde A ∈ Mn(C) se numeşte ecuat ̧ie matriceal˘ a binom˘ a.
Propoziţia 5.1. Dac˘ a X este solut ̧ie a ecuat ̧iei (1) atunci:
i) AX = X A;ii) dac˘ a det(A) = 0 rezult˘ a c˘ a det(X ) = 0.
Demonstrat ̧ie: i) Cum X n = A, ı̂nmulţ ind la dreapta (stânga ) cu X , obţinemAX = X n+1, respectiv X n+1 = X A, de unde obţinem AX = XA.
ii) Din X n = A obţ inem det(X )n = det(A) şi cum det(A) = 0 rezultă det(X ) = 0.
O idee ı̂n rezolvarea unor astfel de ecuaţii este de a determina forma matricei X ,plecând de la faptul că X comută cu A.
Probleme rezolvate
1. Să se determine matricea A ∈ M2(R) astfel ı̂ncât A2 =
1 12−4 1
.
Solut ̧ie: Notăm B =
1 12−4 1
. Din AB = BA obţ inem că
A = a −3bb a
, a , b ∈ R şi din A2 = B ⇒ a2 − 3b2 = 1ab = −2 , cu soluţiile
a = −2, b = 1 şi a = 32
, b = −43
. Ecuaţia are soluţiile: A1 =
−2 −31 −2
,
A2 =
3
2 4
−43
3
2
2. Să se determine X ∈ M3(R) astfel ı̂ncât X 2 =0 1 00 0 1
1 0 0
.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
41/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 41
Solut ̧ie: Din AX = XA, unde A =
0 1 00 0 1
1 0 0
, rezultă X =
a b cc a b
b c a
.
X 2 = A ⇒
a(a + b + c) = 02ab + c2 = 1
2ac + b2 = 0
2bc + a2 = 0
⇒ X 1,2 = 0 0 ±1±1 0 0
0 ±1 0
O altă modalitatea de abordare a acestor ecuaţ ii este utilizare teoremei lui Cayley-Hamilton.Exemplu
3. Să se determine X ∈ M2(R) astfel ı̂ncât X 2
= 7 −5−15 12.Solut ̧ie: Din (det X )2 =
7 −5−15 12 = 9 ⇒ det X = ±3.
Din relaţia lui Cayley − Hamilton avem X 2 = tX − dI 2, unde t = tr(X ),d = det X .
Dacă d = 3 obţinem tX −3I 2 =
7 −5−15 12
şi egalând urmele celor două matrice
obţinem t2 − 6 = 19 ⇒ t = ±5 ⇒ X 1,2 = ±
2 −1−3 3
.
Dacă d = −3 obţinem tX + 3I 2 = 7 −5−15 12 şi egalând urmele celor douămatrice obţinem t2 + 6 = 19 ⇒ t = ±√ 13 ⇒ X 3,4 = ± 1√
13
4 −5−15 9
.
3. Fie A ∈ M2(C), A = O2. Să se demonstreze că A2 = O2 dacă şi numai dacăecuaţia matriceală X 2 = A, X ∈ M2(C) nu are soluţii.
Concursul ”Laurenţiu Panaitopol”Laurenţiu Panaitopol
Demonstrat ̧ie: Dacă A2 = O2 atunci din det(A) = 0, tr(A) = 0 şi din X 2 = O2
obţinem det2(X ) = det(A) = 0, utilizând teorema lui Cayley-Hamilton rezultătr(X )X = A, de unde avem prin egalarea urmelor celor două matrice cătr2X = tr(A) = 0 ⇒ tr(X ) = 0 ⇒ A = O2 contradicţie, deci ecuaţia X 2 = A nuare soluţii.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
42/78
42 TIBERIU BARTA
3. Să se rezolve ı̂n M3(C) ecuaţia X n =i 0 00 0 −1
0 −1 0
, n ≥ 2.
Solut ̧ie: Din X A = AX , obţinem X =a 0 00 b c
0 c b
, unde A = i 0 00 0 −10 −1 0
.Presupunem Ak =
ak 0 00 xk yk
0 yk xk
şi demontrăm că Ak+1 =
ak+1 0 00 xk+1 yk+1
0 yk+1 xk+1
obţinem recurenţele:
bxk + cyk = xk+1cxk + byk = yk+1
. Adunând cele două relaţii avem
xk+1 + yk+1 = (b + c)(xk + yk) = (b + c)k+1
şi scăzând cele două relaţii obţinem
xk+1 − yk+1 = (b − c)k+1 ⇒ xk = (b + c)k + (b − c)k
2 , yk =
(b + c)k − (b − c)k2
.
Obţinem sistemul
an = i
(b + c)n = −1(b − c)n = −1
şi se determină matricele X cerute.
5.1. Aplicaţii.
1. Să se determine X ∈ M2(R) astfel ı̂ncât X 2013 =−6 −2
21 7
.
O.L Mehedinţi, 2013Solut ̧ie: det(X ) = 0, de unde rezultă X 2013 = t2012X, t = tr(X ) şi obţinem ecuaţia
t2012X =
−6 −221 7
. Egalând urmele celor două matrice obţinem
t2013 = 1 şi deci X =
−6 −221 7
.
2. Fie ecuaţia X 2 =
2013 12012 1
, X ∈ M2(C).
a) Să se rezolve ecuaţia.b) Dacă X
1,2,3,4 sunt soluţiile aceste ecuaţii, să se calculeze
X 20131 + X 20132 + X
20133 + X
20134 .
O.L Vrancea-Focşani, 2013
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
43/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 43
Solut ̧ie: a) (det X )2 = 1 ⇒ detX = ±1.Dacă d = 1, rezultă X 2 = tX − I 2, t = tr(X ) şi obţinem ecuaţia t2 = 2016 ⇒t = ±√ 2016, de unde avem X 1,2 = ± 1√
2016 2014 12012 2.
Dacă d = −1, obţinem că X 3,4 = ± 1√ 2012
2012 12012 0
.
b) Observăm că X 2 = −X 1 şi X 4 = −X 3.X 20131 + X
20132 + X
20133 + X
20134 = X
20131 + (−X 1)2013 + X 20133 + (−X 3)2013 = O2.
3. (O.L. Olt 2013, Gabriela Ionică, Eduard Buzdugan) Se consideră matricea
A ∈ M2(R) astfel ı̂ncâtA3 + 4A + 2013I 2 =
2018 7
0 2018
.
Arătaţi că (A − I 2) p = O2, pentru orice p ∈ N∗.O.L Olt, 2013
Gabriela Ionică, Eduard Buzdugan
Solut ̧ie: Punând condiţia ca A să comute cu matricea
2018 7
0 2018 obţinem că
A =a b
0 a
şi avem sistemul
a3 + 4a = 53a2b + 4b = 7
, cu soluţiile a = 1, b = 1 şi deci
A =
1 10 1
.
A − I 2 =
0 10 0
, (A − I 2)2 = O2.
4. Să se rezolve ı̂n Mn(Z) ecuaţia: X n
− X = 0 1 k
0 0 20 0 0
, k ∈ Z.OL Argeş, 2013
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
44/78
44 TIBERIU BARTA
Solut ̧ie: Punând condiţia ca X să comute cu matricea
0 1 k0 0 2
0 0 0
obţinem că
X =a b c0 a 2b
0 0 a
, rezultă X n = an nan−1b nan−1c + n(n − 1)an−2b20 an 2nan−1b0 0 an
.Avem sistemul
an − a = 0b(nan−1 − 1) = 1nan−1c + n(n − 1)an−2b2 − c = k
.
Dacă n = 2 obţinem soluţia X =0 −1 −k0 0 −2
0 0 0
.
Dacă n = 2 avem soluţiile X 1 = 0 −1 −k0 0 −20 0 0 şi X 2 =
1 1 k − 20 1 20 0 1
.
5. Rezolvaţi ecuaţia X 3 =
19 30−45 −71
, X ∈ M2(R).
OL Braşov, 2013
Solut ̧ie: Trecând la determinanţi ı̂n ecuaţia dată obţinem că det(X ) = 1 şi deciX 2 = tX − I 2, unde t = tr(X ).X 3 = (t2−1)X −tI 2 =
19 30
−45
−71 egalăm urmele celor două matrice şi obţinemecuaţia t3−3t +52 = 0, ecuaţie ce are ca singură soluţie reală pe t = −4 şi rezultă
X =
1 2−3 −5
.
6. Determinaţi matricele X ∈ M2(C) cu proprietatea că X 2 + X = O2.
Solut ̧ie: Conform teoremei lui Cayley-Hamilton avem X 2 − tX + dI 2 = O2, undet = tr(X ), d = det(X ) şi cum X 2 + X = O2 obţinem că (t + 1)X = dI 2.Cazul I. Dacă t = −1, atunci d = 0 şi obţinem matricele
X = a b
−a2
−a
b −1 − a , a , b ∈ C, b = 0 sau X = 0 0
c −1 , c ∈ C, respectivX =
−1 0c 0
, c ∈ C.
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
45/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 45
Cazul II. t = −1 şi obţinem că X = λI 2
λ = d
t + 1
şi rezultă că λ2 + λ = 0 ⇒
X = O2 sau X = −I 2.
7. Determinaţi X, Y ∈ M2(R∗
) astfel ı̂ncât X 2003 + Y 2003 = X Y = O2.OL Braşov, 2003
Solut ̧ie: Din X 2003+Y 2003 = O2, prin ı̂nmulţire cu X , rezultă X 2004+(XY )Y 2002 =
O2 şi cum XY = O2, rezultă X 2004 = O2 şi deci X
2 = O2. Analog se obţineY 2 = O2. De aici, utilizând eventual teorema lui Cayley-Hamilton, obţinem:
X =
a b
−a2
b −a
, Y =
c bca
−acb
−c
, a , b , c ∈ R∗.
8. Considerăm matricele A ∈ M3,2(C), B ∈ M2,3(C) astfel ı̂ncât BA nu estematricea nulă şi există k ≥ 2 astfel ı̂ncât (AB)k = O3. Care sunt numerelenaturale nenule n pentru care ecuaţia X n = BA are soluţii X ∈ M2(C)?
SGM-februarie/2013-Petru Todor
Solut ̧ie: Cum (BA)k+1 = B(AB)kA = O2 ⇒ det(BA) = 0 şi(BA)n = [tr(BA)]n−1BA, ∀n ∈ N∗, obţinem (tr(BA))kBA = O2 ceea ce implicătr(BA) = O2 ⇒ (BA)2 = O2.Considerăm ecuaţia X n = BA ⇒ (det(X ))n = det(BA) = 0 ⇒ det(X ) = 0 şideci X n = (tr(X ))n−1X . Ecuaţia devine (tr(X ))n−1X = BA şi egalând urmelecelor două matrice obţinem (tr(X ))n = 0
⇒ tr(X ) = 0 şi pentru n
≥ 2 avem
BA = O2, contradicţie, rezultă n = 1.
6. Funcţii polinomiale de tip determinant
Expunem o metodă de stabilire a unor proprietăţi ale determinanţilor cu ajutorulunor funcţii polinomiale de tipul det(A + xB), unde A, B ∈ Mn(C) şi x ∈ C.
Teorema 6.1. Fie A, B ∈ Mn(C). Atunci f (x) = det(A + xB) este un polinom cu grad(f ) ≤ n avˆ and termenul liber det A şi coeficientul lui xn este egal cu det B.Demonstrat ̧ie: Fie A = (aij)i,j=1,n, B = (bij)i,j=1,n, atunci
f (x) =σ∈S n
(σ)ni=1
(aiσ(i) + xbiσ(i)),
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
46/78
46 TIBERIU BARTA
de unde rezultă că f este un polinom şi grad(f ) ≤ n, iar coeficientul lui xn esteσ∈S n
(σ)ni=1
biσ(i) = det(B), iar termenul liber esteσ∈S n
(σ)ni=1
aiσ(i) = det(A).
Observaţia 6.1. Dac˘ a A, B ∈ M2(C), atunci exist˘ a t ∈ C, astfel ı̂nc ̂at f (x) = det(A + xB) = x2det(B) + tx + det(A), ∀x ∈ C.
Observaţia 6.2. Dac˘ a A, B ∈ M2(C), atunci exist˘ a t ∈ C, astfel ı̂nc ̂at g(x, y) = det(xA + yB) = x2 det(A) + txy + y2 det(B), ∀x, y ∈ C.
Demonstrat ̧ie: Avem că există t ∈ C astfel ı̂ncâtf (x) = det(A + xB) = x2 det(B) + xt + det(A), ∀x ∈ C.
Considerăm g(x, y) = det(xA+yB) = x2 detA + y
xB = x
2f y
x = x2
y2
x2 det(B) +
y
x +
= x2 det(A) + txy + y2 det(B).
Observaţia 6.3. Fie A, B ∈ M2(C) atunci avem relat ̧iile:i) det(A) =
tr2(A) − tr(A2)2
(unde tr(A) reprezint˘ a urma matricei A);
ii) det(A + B) = det(A) + det(B) + tr(A)tr(B) − tr(AB).Demonstrat ̧ie: i) Utilizând relaţia lui Hamilton − Cayley avem că
det(A)I 2 = tr(A)A − A2,
de unde rezultă că: 2det(A) = tr2(A) − tr(A2).ii) Din i) avem că
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).
Aplicaţii:1. Dacă A, B ∈ M2(C), atunci
det(A + B) + det(A − B) = 2(det(A) + det(B)).
-
8/20/2019 Curs de Pregatire Algebra XI 1-Forma Finala
47/78
CURS DE PREGĂTIRE ALGEBRĂ 47
Demonstrat ̧ie: Din Propoziţia 1 obţinem căf (x) = det(A + xB) = x2 det(B) + tx + det(A), pentru x = 1, x = −1 se obţine:
f (1) = det(A + B) = det(B) + t + det(A),
f (−1) = det(A − B) = det(B) − t + det(A),prin ı̂nsumare obţinem relaţia cerută.
2. Fie X, Y ∈ Mn(R). Demonstraţi următoarele implicaţii:a) Dacă X · Y = Y · X, atunci det(X 2 + Y 2) ≥ 0.b) Dacă X + Y = I n, atunci det(X
3 + Y 3) ≥ 0.O.N.M., 2012, etapa locală Sibiu
Demonstrat ̧ie: a) Din X Y = Y X ⇒ X 2 + Y 2 = (X + iY )(X − iY ).Considerăm 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) Inmulţind relaţia X + Y = I n la stânga, respectiv la dreapta, cu matricea X ,obţinem: XY = X − X 2 = Y X .X 3 + Y 3 = (X + Y )(X 2 − XY + Y 2) =
X − 1
2Y
2+
3
4Y 2.
Avem că det(X 3 + Y 3) = det
X − 1
2Y
2+
3
4Y 2
şi deoarece matricele
X − 12
Y,
√ 3
2 Y comută la ı̂nmulţire avem, conform punctului a), det(X 3 +Y 3) ≥ 0.
3. Fie A, B ∈ M2(Q) astfel ı̂ncât AB = B A, det(A) = 3 şi det(A + √ 3B) = 0. Săse calculeze det(A2 + B2 − AB).O.N.M., 2012, etapa locală Vâlcea
Demonstrat ̧ie: Considerăm funcţia polinomială
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 obţinut f (x) = −x2 + 3.Fie x1, x2 rădăcinile ecuaţiei x
2