probleme algebra
TRANSCRIPT
-
8/6/2019 Probleme Algebra
1/150
1
DUMITRU BUNEAG
FLORENTINA CHIRTE DANAPICIU
PROBLEME
deALGEBR LINIAR
-
8/6/2019 Probleme Algebra
2/150
2
Prefa
Aceast nou lucrare apare ca o continuare fireasc a lucrrii[6]; ambele reprezint de fapt aplicaii la lucrrile [4, 5].
Dac [6] conine aplicii legate de structurile algebricefundamentale de grup, inel i corp, actuala lucrare conine aplicaiilegate de spaii vectoriale.
Cele aproape 200 de probleme (mpreun cu soluiile complete)
sunt structurate pe 6 paragrafe n concordan cu structura lucrrilor[4,5].Lucrarea se adreseaz n primul rnd studenilor de la facultile
de matematic-informatic, oferind ,,material pentru seminarizareacursurilor de algebr liniar.
Ea poate fi utilizat n egal msuri de studenii politehnitica i de profesorii de matematic din nvmntul preuniversitar.
Primele 4 paragrafe pot fi utilizate i de elevii claselor a XI-a i
a XII-a pentru pregtirea tradiionalelor concursuri de matematic de lanoi.Sperm ci de data aceasta am oferit cititorilor notri o lucrare
utili de calitate.
Craiova, 13.10.2002 Autorii
-
8/6/2019 Probleme Algebra
3/150
3
Index de notaii i abrevieri
a.. : astfel nct
() : implicaia (echivalena) logic
() (()) : cuantificatorul universal (existenial)
xA : elementul x aparine mulimii A
AB : mulimea A este inclus n mulimea B
AB : mulimea A este inclus strict n mulimea BAB : intersecia mulimilor A i B
AB : reuniunea mulimilor A i BA \ B : diferena mulimilor A i BAB : diferena simetric a mulimilor A i BP(M) : familia submulimilor mulimii MCMA : complementara n raport cu M a mulimii AAB : produsul cartezian al mulimilor A i B
|M| : cardinalul mulimii M ( dac M este finit |M|reprezint numrul elementelor lui M)1A : funcia identic a mulimii A
(*) : mulimea numerelor naturale (nenule)
(*) : mulimea numerelor ntregi (nenule)
(*) : mulimea numerelor raionale (nenule)
+* : mulimea numerelor raionale strict pozitive
(*) : mulimea numerelor reale (nenule)+* : mulimea numerelor reale strict pozitive
(*) : mulimea numerelor complexe (nenule)ij : simbolul lui Kronecker ( adic 1 pentru i = j i 0
pentru i j)|z| : modulul numrului complex zK : vom desemna n general un corp comutativ
Kn : K ... K (de n ori)
-
8/6/2019 Probleme Algebra
4/150
4
m | n : numrul ntreg m divide numrul ntreg n[m,n] : cel mai mic multiplu comun al numerelor naturale m
i nc.m.m.m.c. : cel mai mic multiplu comun
(m,n) : cel mai mare divizor comun al numerelor naturalem i n
c.m.m.d.c. : cel mai mare divizor comun
m n ( mod p) : m este congruent cu n modulo p ( adic p | m-n)
n : mulimea claselor de resturi modulo numrul
natural n (n 2)Mn(K) : mulimea matricelor ptratice de ordin n cu
elemente din mulimea KMm,n(K) : mulimea matricelor cu m linii i n coloane, cuelemente din mulimea K
In(On) : matricea unitate ( nul) de ordin n ( n 2)tr(M) : urma matricei ptratice Mdet(M) : determinantul matricei ptratice MM-1 : inversa matricei ptratice MMt : transpusa matricei ptratice M
M* : adjuncta matricei ptratice Mrang(M) : rangul matricei MGLn(K) : grupul liniar de grad n peste corpul KSLn(K) : grupul special de grad n peste corpul KSn : mulimea permutrilor asupra unei mulimi cu n
elemente
H G : H este subgrup al grupului G
V1 V2 : K-spaiile vectoriale V1i V2 sunt izomorfeHomK(V1,V2) : mulimea aplicaiilor liniare de la V1 la V2EndK(V) : : mulimea endomorfismelor lui VdimK(V) : dimensiunea lui V peste KKer(f) : nucleul lui fIm(f ) : imaginea lui frang(f) : rangul lui fV1 + V2 : suma K-spaiilor vectoriale V1i V2
V1 V2 : suma direct a K-spaiilor vectoriale V1i V2
-
8/6/2019 Probleme Algebra
5/150
5
Pf : polinomul caracteristic al lui fPM : polinomul caracteristic al matricei MV : spaiul vectorial al vectorilor proprii corespunztori
valorii proprii
PPL : problem de programare liniarA[X] : inelul polinoamelor ntr-o nedeterminat cu
coeficieni n inelul comutativ A
f~
: funcia polinomial ataat polinomului fA[X]
-
8/6/2019 Probleme Algebra
6/150
6
CUPRINS
Prefa
Index de notaii i abrevieri
Enunuri / Soluii
1. Matrice. Determinani. Inversa unei matrice. 1 / 41Rangul unei matrice.
2. Spaii vectoriale. 13 / 70
3. Aplicaii liniare. 20 / 86
4. Sisteme de ecuaii liniare. Vectori i valori proprii. 26 / 98
5. Programare liniar. 33 / 117
6. Forme biliniare. Forme ptratice. 38 / 132
Bibliografie 142
-
8/6/2019 Probleme Algebra
7/150
7
A. ENUNURI.1. Matrice. Determinani. Inversa unei matrice.
Rangul unei matrice.
1.1. Fie AMn() iar matricea ce se obine din A nlocuind
fiecare element prin conjugatul su. S se demonstreze c:(i) ( ) )det(det AA = ;(ii) 0)det()det(
2= AAA ;
(iii) Dac A, BMn() i AB=BA, atunci det(A2+B2)0;
(iv) Dac AMn(), atunci det(A2+In )0.
1.2. Fie A=
dc
baM2(). S se arate c :
(i) A verific ecuaia matriceal X2-(a+d)X+det(A)I2 = O2;
(ii) Dac exist k2 a.. Ak= O2i AO2 atunci A2 = O2.
1.3. Fie A=
dc
baM2(). S se arate c pentru orice n1
exist xn, yn a.. An = xnA+ynI2 cu x1 = 1, x2 = a+d, y1 = 0, y2 = -det(A)iar pentru n2, xn+1 = x2xn+y2xn-1i yn = y2xn-1.
Aplicaie. S se calculeze An (n2) pentru A=
- 11
11,
A=
- 41
21i A=
-
31
11.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
8/150
8
1.4. S se determine A=
c
ba
1M2() a.. det(A
3-A2) = 1.
1.5. Fie n, n3. S se determine XM2() a. .:
Xn + Xn-2 =
-
-
11
11.
1.6. Fie AMn() cu proprietatea c A2 = In. S se demonstreze
c pentru orice XMn(), exist Y, ZMn() unice a. . X = Y + Z,AY = Y i AZ = -Z.
1.7. Fie A, BMn() (n2) a.. A2+B2 = On.
S se demonstreze c :
(i) Dac n = 4k cu k*, atunci det(AB-BA)0;
(ii) Dac n = 4k+2 cu k*, atunci det(AB-BA)0;
(iii) Dac n = 4k+1 sau 4k+3 cu k*, atunci det(AB-BA) = 0.
1.8. Fie A, BM2(). S se arate c dac ABAB = O2, atunci
BABA = O2. Este rezultatul adevrat n M3()?
1.9. Fie A, BMn() i .S se arate c :(i) tr(AB) = tr(A) tr(B);(ii) tr(A) = tr(A);
(iii) tr(AB) = tr(BA);(iv) Dac UMn() este inversabil, atunci tr(UAU
-1) = tr(A).
1.10. Dac A, BMn() i A+B = AB, atunci AB = BA.
1.11. Fie A =
bac
acb
cba
M3().
-
8/6/2019 Probleme Algebra
9/150
9
(i) Calculnd n dou moduri det(A) s se deduc egalitatea:a3+b3+c3-3abc = (a+b+c)( a2+b2+c2-ab-bc-ca);
(ii) Utiliznd (i) s se deduc faptul c produsul a dou numere
de forma a3+b3+c3-3abc (cu a, b, c) este de aceeai form.
1.12. Fie a, b, c, a, b, c.(i) S se demonstreze c
bcacabcba
bc
ab
ca
cb
ac
ba
---++=-= 222
1
1
1
1
1
1
;
(ii) Utiliznd (i) s se deduc identitatea: ))(( 222222 cbcabacbabcacabcba ---++---++ == A2+B2+C2 AB-AC-BC,
unde A = aa+bc+cb, B = ac+bb+ca, C = ab+ba+cc.
1.13. Fie AMm(), BMm,n() i CMn(). S sedemonstreze c
)det()det(det , CACO
BA
mn =
(unde On,mMn,m() este matricea cu toate elementele egale cu zero).
1.14. Fie A, B, CMn(). S se demonstreze c
)det()det()1(det BACB
AO nn -=
.
1.15. Fie A, BMn(). S se demonstreze c
2)det(det iBA
AB
BA+=
-.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
10/150
10
1.16. Fie M =
-
-
-
---
abcd
badc
cdab
dcba
M4().
S se demonstreze c det(M) = ( a2+b2+c2+d2 )2.
1.17. Fie x1, x2, x3, x4i
A(x1, x2, x3, x4) =
--
--
--
1234
2143
3412
4321
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
.
(i) S se arate c det A(x1, x2, x3, x4) =22
423
22
21 )( xxxx +++ ;
(ii) Dac mai avem y1, y2, y3, y4, atunciA(x1, x2, x3, x4) A(y1, y2, y3, y4) = A(z1, z2, z3, z4),
cu z1 = x1y1 + x2y2 + x3y3 + x4y4z2 = x1y2 - x2y1 + x3y4 - x4y3z3 = x1y3 - x2y4 - x3y1 + x4y2z4 = x1y4 + x2y3 - x3y2 - x4y1;
(iii) S se deduc din (ii) identitatea lui Euler:
)( 2423
22
21 xxxx +++ )(
24
23
22
21 yyyy +++ =
2
4
2
3
2
2
2
1 zzzz +++ .
1.18. Dac a, b, c, d, atunci
(i)
dcba
c
b
a
011
101
110
= a2+b2+c2-2ab-2bc-2ac+2d;
(ii)
-
8/6/2019 Probleme Algebra
11/150
11
01111
1111
1111
1111
dcba
d
c
b
a
-
-
-
-
= -4[a2+b2+c2+d2-2(ab+ac+ad+bc+bd +cd)].
1.19. (Chio) S se arate c pentru orice n, n3 i a110avem:
nnn
n
nnnn
n
n
n
n
n
nnn
n
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aa
aaa
aa
1
111
31
1311
21
1211
331
111
3331
1311
3231
1211221
111
2321
1311
2221
1211
211
1
111
...
............
...
...
1
...
............
=-
(unde aij).
1.20. Fie A1, A2,, An mulimi finite. Notm cu aij numrul de
elemente ale mulimii AiAj, i, j=1, , n. Dac A este matricea
njiija ,1)( s se arate c det(A)0.
1.21. Fie njiija ,1)( o matrice de ordinul n, definit astfel:
aij = max(i, j), oricare ar fi i, j = 1, 2, , n. S se calculeze det(A).
1.22. Fie njiija ,1)( o matrice de ordinul n, definit astfel:
aij = min(i, j), oricare ar fi i, j = 1, 2, , n. S se calculeze det(A).
1.23. Fie njiija ,1)( o matrice de ordinul n, definit astfel:
aij = | i-j |, oricare ar fi i, j = 1, 2, , n. S se calculeze det(A).
1.24. Fie A o matrice ptratic de ordinul 3, ale crei elemente
sunt 1 i +1. S se arate c:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
12/150
12
(i) det(A) este un numr par;(ii) S se determine valoarea maxim (respectiv minim) pe care
o poate lua det(A).
1.25. Fie A o matrice ptratic de ordinul 3, ale crei elementesunt 0 i 1. S se determine valoarea maxim pe care o poate lua det(A).
1.26. Fie njiija ,1)( o matrice de ordinul n, a. . aij{-1, +1},
oricare ar fi i, j=1, 2, , n. S se arate c det(A) este un numr ntregmultiplu de 2n-1.
1.27. S se calculeze valoarea maxim (respectiv minim) adeterminanilor de ordinul 4 ale cror elemente sunt 1 i +1.
1.28. S se rezolve n M2() ecuaia Xn =
64
32(n2).
1.29. Fie AMn() inversabil. S se demonstreze c(At)-1 = (A-1)t.
1.30. Dac AMn() este inversabili simetric, atunci i A-1este simetric.
1.31. Fie AM2() pentru care exist k, k2, a. . Ak = O2.
S se demonstreze c det(I2+A++Ak-1) = 1.
1.32. O matrice AMn() se zice involutiv dac A2 = In i
idempotentdac A2
= A. S se demonstreze c:(i) Dac A este idempotent atunci 2A-In este involutiv;
(ii) Dac A este involutiv atunci )(2
1nIA + este idempotent.
1.33. Fie AM3() ce are elementele de pe diagonala principal
egale cu2
1iar suma elementelor de pe fiecare linie i fiecare coloan
egal cu 1.S se arate c det (A) > 0.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
13/150
13
1.34. Fie AMn() i XMn() ce are toate elementele egale.
S se arate c det (A+X)det(A-X) det2(A).
1.35. Dac A, BM2(), atunci
() det (A+B)+det(A-B) = 2[det(A)+det(B)].
Reciproc, dac avem n2 a.. () este verificat pentru orice
A, BMn(), atunci n = 2.
1.36. Fie A=
dc
baM2() cu ad, bc, b0, c0. S se
demonstreze c, dac pentru numrul natural n1 notm
An =
nn
nn
dc
ba,atunci
da
da
c
c
b
b nnnn
-
-== , pentru orice n1.
1.37. Fie matricea A=
106
53. S se demonstreze c pentru
orice n2 exist matricele X, YM2() nenule, distincte i a. .A = Xn + Yn.
1.38. Fie AMn() a.. A3 = A+In. S se demonstreze c
det(A)>0.
1.39. Fie n, n2 i AMn() a. . pentru un k* s avem
Ak= A+In. S se demonstreze c:(i) Pentru k impar avem det(A) > 0;(ii) Pentru k pari n impar concluzia de la punctul (i) nu mai este
neaprat adevrat.
1.40. S se demonstreze c, dac A, B, CMn(), iar aceste
matrice comut ntre ele, atunci det(A2+B2+C2-AB-BC-CA)0.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
14/150
14
1.41. Fie A, BM2() a. . det(AB+BA)0. S se arate c
det(A2+B2)0.
1.42. Dac A, BMn() i , atunci det(In+AB) == det(In+BA), iar apoi s se deduc faptul c dac P[X], atuncidet P(AB) = det P(BA).
1.43. Fie BM2() a. . B2 = O2. Artai c pentru orice
AM2() au loc inegalitile: det(AB+BA)-1 i det(AB-BA)1.
1.44. Fie A, BM2(). S se calculeze det(A) tiind c suntndeplinite condiiile:
(i)
0))1(det(...)det()det()det( 21 =-+++++-++ BCABCABCABA nnn
nn (ii) det(B2+I2) = 0.
1.45. Fie AM2(). Artai c urmtoarele afirmaii sunt
echivalente:(i) exist p* a. . Ap = O2;
(ii) exist a, b a. . A =
-+-
+
bb
bba
cossin1
sin1cos.
1.46. Fie A, B, CMn(), B fiind inversabil. S sedemonstreze c urmtoarele afirmaii sunt echivalente:
(i) ABC = AB + BC;(ii) CB-1A = CB-1 + B-1A.
1.47. Fie AM2(), AI2, pentru orice . S se arate c
ecuaia X -1 X t = A admite soluii XM2() daci numai dac exist
p-{2) a. . A2+I2 = pA.
1.48. Fie AM2() cu det(A) = d 0, a. . det(A+dA*
) = 0. Sse arate c det(A-dA*) = 4.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
15/150
15
1.49. Fie A=
dc
baM2() cu a+d >2. S se arate c oricare
ar fi n*, AnI2.
1.50. Fie A, B, CM2(), matrice care comut dou cte dou,a. . numerele det(A), det(B), det(C) sunt nenule i nu au toate acelaisemn. S se demonstreze c det(A2+B2+C2) > 0.
1.51. Fie AM2(), AO2 cu proprietatea c exist a* a. .
A+At
=aI2. S se arate c oricare ar fi m exist b (care depindede m) a. . Am+(At)m=bI2.
1.52. Fie matricele nenule A0, A1, ,AnM2(), n2 cu
proprietile: A0aI2, ai A0Ak= AkA0, pentru orice k{1, , n}.S se arate c:
(i) 0det1
2
=n
k k
A ;
(ii) Dac 0det1
2 =
=
n
kkA i A2aA1, pentru orice a, atunci
21
2 OAn
kk =
=
.
1.53. S se arate c pentru orice A
M2(
) exist C
M2(
) cu proprietatea A* = C At C-1i s se determine toate matricele CM2()care au aceast proprietate.
1.54. Fie AMn() a. . 0)2det( =+ nn IA . S se demonstreze
c:det(A-In) = det(A) + (det(A+In))
n.
1.55. Se consider mulimea matricelor
-
8/6/2019 Probleme Algebra
16/150
16
== --
-
1432
211
121
321
..................
...
...
...
),(
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
ACMAAM nnn
nn
n
n
i BMn(). S se arate c AB = BA, oricare ar fi AM daci numai
dac BM.
1.56. S se arate c dac A, BMn() sunt dou matrice
inversabile cu proprietatea c AB + BA = Oni exist a, b, c, d a. .aIn+bA+cB+dAB = On, atunci a = b = c = d = 0.
1.57. Fie n, n2. Pentru orice matrice AMn(), notm cum(A) numrul tuturor minorilor si nenuli. S se arate c:
(i) m(In) = 2n-1;
(ii) dac AMn() este nesingular, atunci m(A) 2n-1.
1.58. Fie A, BMn(), asemenea n Mn() (adic exist o
matrice inversabil PMn() a. . AP = PB). S se demonstreze c A i
B sunt asemenea i n Mn().
1.59. Fie matricele A, BMn(), care verific relaiile:AB = BA, A1997 = In, B
1998 = In.
S se arate c matricea A + B + In este inversabil.
1.60. Fie A un inel comutativ unitari n, n2. Notm
GLn(A) = {MMn(A) | det(M) este un element inversabil n A}
SLn(A) = { MMn(A) | det(M) = 1}.S se demonstreze c:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
17/150
17
(i) GLn(A) i SLn(A) sunt grupuri relativ la nmulirea
matricelor, SLn(A) este subgrup al lui GLn(A) i pentru orice XGLn(A)
i orice YSLn(A) avem X-1YXSLn(A);
(ii) Dac K este un corp finit cu p elemente, atunci GLn(K) are(pn-1)(pn-p)(pn-pn-1) elemente;
(iii) Dac U, VM2(), U=
10
11, V=
11
01, atunci
UVSL2() i pentru orice MSL2() exist matricele T1, , Tr{U,
V} i numerele t1, , tr a. . rt
rt TTM = ...11 ;
(iv) Dac mai considerm i WM2(), W=
-
10
01
, atunci
WGL2() i pentru orice MGL2() exist matricele
R1, , Rs{U, V, W} i numerele r1, , rs a. . sr
sr
RRM = ...11 .
1.61. Fie AM3,2(), BM2,3() a. . AB=
-
200
200
211
.
S se calculeze det(BA).
1.62. Demonstrai c dac n-1 linii ale unui determinant D de
ordin n4 au elementele n progresie aritmetic, atunci D = 0.
1.63. Fie p i q dou numere reale a. . p2-4q < 0. S se arate c
dac n este un numr natural impari AMn(), atunci
A2
+pA+qInOn.
1.64. Fie AMn() o matrice a. . An = A, unde , 1.
S se arate c matricea B = A+In este inversabil.
1.65. Fie x1, x2, , xn distincte dou cte dou a. .
2
...21p
=+++ nxxx . Se definete matricea AMn(), A=(akp)1k,pn,
-
8/6/2019 Probleme Algebra
18/150
18
unde )sin()cos( pkpkkp kxxikxxa -+-= , k, p{1, , n}. S se arate
c det(A) daci numai dac n este impar.
1.66. Fie A, BMk() cu AB =BA. S se arate c det(A+B)0daci numai dac det(An+Bn) 0, oricare ar fi n*.
1.67. S se determine matricele AMn() cu proprietatea(A*)* = A.
1.68. S se arate c produsul a dou matrice simetrice este omatrice simetric daci numai dac matricele comut.
1.69. O matrice A = (aij)Mn() se numete ortogonal dacAAt = In. Artai c pentru ca o matrice ptratic s fie ortogonal estenecesari suficient ca s aib loc una dintre urmtoarele relaii:
a) ijn
k
kjkiaa d==1
, pentru orice 1i, jn
b) ijn
k
jkikaa d==1
, pentru orice 1i, jn.
1.70. Fie A=njmiija
11 Mm,n(). S se arate c rang(A)1 dac
i numai dac exist x1, x2, , xmi y1, y2, , yn a. . aij = xiyj,
oricare ar fi (i, j){1, 2, , m}{1, 2, , n}.
1.71. S se discute dup valorile parametrului real rangulmatricei:
-
-
-
=
16101
512
211
l
l
A .
1.72. S se calculeze rangul matricei:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
19/150
19
-
-
-
-
=
446125
22363
02242
20121
A .
1.73. Fie AMm,n() iar BMn,m() cu m>n.S se demonstreze c det(AB) = 0.
2. Spaii vectoriale
2.1. Fie V = { x| x > 0}.Definim : VV V i : V V prin xy = xy oricare
ar fi x, yV, i ax = xa, oricare ar fi xV, a.
(i) S se arate c V este un spaiu vectorial;
(ii) S se determine o baz a lui V i dimensiunea lui V peste .
2.2. (i) S se arate c mulimea V = {a+b 2 +c 3 | a, b, c}
este un spaiu vectorial peste corpul al numerelor raionale fa deoperaiile obinuite de adunare a dou numere reale i de nmulire aunui numr real cu un numr raional.
(ii) Acelai lucru pentru V = { a + b 3 2 + c 3 4 | a, b, c}.
2.3. Fie V un K spaiu vectorial. Dac aK* i xV iarax = 0, atunci x = 0.
2.4. Fie ki K dou corpuri a.. kK iar k este subcorp al lui K.S se demonstreze c grupul (K,+) devine n mod canonic k -spaiu vectorial.
2.5. S se arate c vectorii 1, 3 2 , 3 4 sunt liniar dependeni n
privit ca - spaiu vectorial i liniar independeni n privit ca
- spaiu vectorial.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
20/150
20
2.6. Fie Ms,n() = { AMn() | At = A} i
Mas,n() = {AMn() | At = - A}.
(i) S se arate c Ms,n() i Mas,n() sunt subspaii vectoriale alelui Mn();
(ii) S se determine cte o baz a acestora i s se arate c
dimMs,,n() = 2)1( +nn iar dimMas,n() = 2
)1( -nn ;
(iii) S se arate c Mn() = Ms,n() Mas,n().
2.7. S se arate c V =
-
Rcba
ac
ba,, este subspaiu
vectorial al lui M2() iar apoi s se determine o bazi dimensiunea luiV.
2.8. Fie a1 = (a11,,a1n),, an = (an1,,ann)n.
Atunci {a1,,an} este baz n n daci numai dac
nnn
n
aa
aa
.............
...
1
111
0.
2.9. S se determine a a.. vectorii a1 = (1, 2, 1, -1),
a2 = (3, a, 2, 0), a3 = (4, -2, 2, 2), a4 = (3, -4, 1, 3) din4 s genereze:
(i) un subspaiu vectorial de dimensiune 4;(ii) un subspaiu vectorial de dimensiune 3.
2.10. S se determine a, b a.. matricele:
1
01
a,
b1
12,
-
21
10din M2()
s fie liniar independente.
2.11. n spaiul vectorial real 4 se dau vectorii a1 = (1, 1, 0, 2)
i a2 = (1, -1, 2, 0). S se completeze acetia pn la o baz a lui 4.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
21/150
21
2.12. (Grasmann) Fie V un K- spaiu vectorial de dimensiunefinit iar V1i V2 dou subspaii vectoriale ale sale.
S se arate c :
dimK(V1+ V2) = dimKV1 + dimKV2 dimK(V1V2).
2.13. Fie V un spaiu vectorial de dimensiune n iar V1 ,V2 dousubspaii vectoriale ale sale de dimensiune p i q respectiv, cu p + q > n.
S se arate c V1i V2 au n comun cel puin un element nenul.
2.14. (i) S se arate c mulimea:
M1 = { A = (aij)1i,j3M3() | aij = 0 pentru i > j}
este un subspaiu vectorial al lui M3();
(ii) S se determine o baz pentru M1 i dimM1;
(iii) S se gseasc cte o baz pentru subspaiile Ms,3()M1i
Ms,3() + M1.
2.15. Fie V un K - spaiu vectorial i x1, x2, x3V a..indK{x1, x2, x3}. S se arate c indK{x1 + x2, x2 + x3, x3 + x1}.
2.16. Fie F() = {f : }.
(i) S se arate c F() devine n mod canonic spaiu vectorial
real, definind pentru f,gF() i a:
f + g, af : prin (f +g)(x) = f(x) + g(x), (af)(x) = af(x),
oricare ar fi x;
(ii) Dacl1, l2, , ln sunt distincte dou cte dou, atuncifunciile {xe 1l x, , e nl x} sunt liniar independente n F();
(iii) Acelai lucru pentru mulimile de funcii:a) { xsin x, cos x};
b) {x1, sin x, cos x};c) {x1, cos x, cos 2x, , cos nx};d) {xsin x, sin 2x, , sin nx};e)
{x1, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x,, sin nx, cos nx};f) {x1, sin x, sin2x, , sinnx};
-
8/6/2019 Probleme Algebra
22/150
22
g) {x1, cos x, cos2x, , cosnx}, n 1.2.17. Fie V un spaiu vectorial peste K, de dimensiune finit
n 2, iar V1,V2 subspaii vectoriale ale lui V, V1 V2, dimKV1 == dimKV2 = n-1. S se arate c V1+V2 = V i dimK(V1V2) = n-2.
2.18. Fie V1, V2 dou subspaii de dimensiuni finite ale spaiuluivectorial V; B1 = {a1,,ap}, B2 = {b1,,bq}, B3 = {a1,,ap,b1,,br}(r q), baze, respectiv, ale subspaiilor V1, V2, V1 + V2.
Dac bi = =
p
jij
1
a aj + =
r
jij
1
b bj, r+1 i q, sunt scrierile
vectorilor br+1,,bq n baza B3, atunci vectorii ci = =
p
jij
1
a aj, r+1 i q,
constituie o baz a subspaiului V1V2.
2.19. Folosind rezultatul din problema anterioar s se
determine o baz a lui V1V2 unde V1i V2 sunt subspaii ale lui 4 cu
bazele B1 = {a1,a2,a3}, B2 = {b1,b2,b3}, respectiv, unde a1 = (1,1,0,0),
a2 = (0,1,1,0), a3 = (0,0,1,1), b1 = (1,0,1,0), b2 = (0,2,1,1), b3 = (1,2,1,2).
2.20. Fie V1 i V2 dou subspaii vectoriale ale lui n de
dimensiuni finite, avnd bazele B1={a1,,ak}V1i B2 = {b1,,bl}V2(k, ln).
S se pun n eviden un algoritm care s permit construirea,pornind de la B1i B2, a unor baze pentru V1+V2i V1V2.
S se determine cte o baz pentru subspaiile V1+V2i V1V2
n fiecare din cazurile:(i) a1 = (1, 2, 1), a2 = (1, 1, -1), a3 = (1, 3, 3),b1 = (2, 3, -1), b2 = (1, 2, 2), b3 = (1, 1, -3);
(ii) a1 = (1, 2, 1, -2), a2 = (2, 3, 1, 0), a3 = (1, 2, 2, -3),b1 = (1, 1, 1, 1), b2 = (1, 0, 1, -1), b3 = (1, 3, 0, -4);
(iii) a1 = (1, 1, 0, 0), a2 = (0, 1, 1, 0), a3 = (0, 0, 1, 1),b1 = (1, 0, 1, 0), b2 = (0, 2, 1, 1), b3 = (1, 2, 1, 2).
-
8/6/2019 Probleme Algebra
23/150
23
2.21. n 3 considerm vectorii: a1 = (1, 2, -1), a2 = (0, 1, 1),a3 = (-1, 0, 1), b1 = (1, 2, 3), b2 = (1, -1, 0), b3 = (2, -1, 0).
(i) S se arate c B1 = {a1, a2, a3}, B2 = {b1, b2, b3} formeaz o
baz pentru3
;(ii) S se scrie matricele de trecere de la B1 la B2i de la B2 laB1;
(iii) Dac x = (1, 1, 1)3 s se determine coordonatele lui x nraport cu bazele B1i B2.
2.22. S se calculeze cu ajutorul lemei substituiei rangulmatricei:
A =
-
-
--
446125
22363
0224220121
.
2.23. S se discute cu ajutorul lemei substituiei (dupparametrul real a) rangul matricei:
A =
-
-
--
243
2115
03142121
a
a.
2.24. Fie a1 = (1, 2, 3), a2 = (-1, 1, 1), a3 = (-1, 0, 1) i
x = (1, 3,-1) din 3. Cu ajutorul lemei substituiei s arate c vectorii
{a1,a2,a3} formeaz o baz pentru 3 iar apoi s se determine
coordonatele lui x n aceast nou baz.
2.25. S se calculeze cu ajutorul lemei substituiei inversamatricei:
A =
-
-
101
110
121
M3().
-
8/6/2019 Probleme Algebra
24/150
24
2.26. Fie n 1 un numr natural i notm cu Vn mulimea
polinoamelor cu coeficieni din , de grad cel mult n.
(i) S se demonstreze c n raport cu operaiile uzuale (adunarea polinoamelor, respectiv nmulirea unui polinom cu un scalar complex)
Vn este un - spaiu vectorial de dimensiune n+1;
(ii) S se demonstreze c pentru a fixat, mulimeaB = {1, X-a, (X-a)2, ,(X-a)n} este o baz a spaiului vectorial Vn;
(iii) S se determine coordonatele lui f n raport cu baza de la(ii).
2.27. Fie (a1,,at,b)t+1 (t 1). S se arate c mulimeaM = {f : | a1f(1) + + atf(t) = b} nzestrat cu adunareaobinuit a funciilor i nmulirea unei funcii cu un numr complex,
formeaz un - spaiu vectorial daci numai dacb = 0.
2.28. Fie p un numr prim i n un numr natural. Considermmulimile:
Vn = {fp[X] | grad f n} , V = { f| fV}(unde prin f nelegem derivata formal a polinomului f).
(i) S se arate c Vn este un p - spaiu vectorial, iar V este unsubspaiu al lui Vn;
(ii) S se determine dimensiunile celor dou spaii vectoriale Vni V.
2.29. Se noteaz cu S mulimea tuturor irurilor (xn)n0 de
numere complexe care verific recurena liniar de ordin k:akxn+k+ ak-1xn+k-1 + + a1xn+1 + a0xn = 0, oricare ar fi n.
Presupunem c ecuaia caracteristic asociat :akr
k+ ak-1rk-1 + + a1r + a0 = 0
are rdcinile simple r1, r2,,rk.(i) S se demonstreze c n raport cu operaiile uzuale (
adunarea irurilor, respective produsul dintre un ir i un numr
complex) S este un spaiu vectorial complex ;
-
8/6/2019 Probleme Algebra
25/150
25
(ii) Fie (xn)n0S un ir fixat. Notnd cu (A1, A2,,Ak) soluiasistemului:
=+++
=+++
=+++
=+++
----
11
21
211
1
22
22
212
1
12211
021
...
..................................
...
...
...
kkk
kkk
kk
kk
k
xArArAr
xArArAr
xArArAr
xAAA
s se demonstreze c pentru orice n, avem :
xn = A1rn1 + A2r
n2 + +Akr
nk .
(iii) S se deduc, pe baza celor de la (ii), c mulimea
B = {(rn1 )n0, (rn2 )n0,,(r
nk )n0} este o baz a spaiului vectorial S.
2.30. Fie AMn() (n2). S se demonstreze c A se poate
scrie sub forma A = XY YX ( cu X,YMn() ) daci numai dactr(A) = 0.
3. Aplicaii liniare.
3.1. Dac V i V sunt K-spaii vectoriale, atunci f : VV este
aplicaie liniar daci numai dac pentru orice , Ki x, yV avemf(x+y) = f(x)+f(y).
3.2. Fie V un K-spaiu vectorial. Sunt echivalente urmtoarele
afirmaii:(i) dim V = 1;
(ii) pentru orice fEndK(V) existK a.. f(x) = x.
3.3. Dac V i V sunt dou K-spaii vectoriale, atunci pentru
f : VV aplicaie liniar sunt echivalente:(i) f este funcie injectiv;
-
8/6/2019 Probleme Algebra
26/150
26
(ii) f transform orice sistem de vectori liniar independeni dinV n sistem de vectori liniar independeni din V;
(iii) Ker(f) = {0};
(iv) Pentru oricare K-spaiu vectorial V i g, h : VV
aplicaii liniare, din fg = fh g = h.Observaie. Aceast problem ne permite s numim
monomorfisme aplicaiile liniare injective.
3.4. Dac V i V sunt dou K-spaii vectoriale, atunci pentru
f : VV aplicaie liniar sunt echivalente:(i) f este funcie surjectiv;
(ii) Im(f) = V;(iii) Pentru oricare K-spaiu vectorial V i g, h : VV
aplicaii liniare, din gf = hf g = h.Observaie. Aceast problem ne permite s numim
epimorfisme aplicaiile liniare surjective.
3.5. Fie n[X] = {P[X] | grad(P) n} i
D : n[X]n-1[X], D(P) = P, Pn[X]
I :n[X]n+1[X], I(P) = X
dttP0
)(~
, Pn[X].
S se arate c D i I sunt aplicaii liniare i s se pun neviden matricele lor n raport cu bazele canonice.
3.6. Fie diagrama comutativ de K-spaii vectoriale:
MMM gf
NNN vu
cu cele dou linii exacte (adic Ker(g) = Im(f) i Ker(v) = Im(u)).
S se arate c:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
27/150
27
(i) Dac , i u sunt monomorfisme, atunci estemonomorfism;
(ii) Dac, i g sunt epimorfisme, atunci este epimorfism;(iii) Dac este epimorfism i u i sunt monomorfisme, atunci
este epimorfism.
3.7. n raport cu baza canonic din 3 se definete f : 33prin
f(x1, x2, x3) = (x1-2x3, x1+3x2+2x3, -x1+x2+x3), (x1, x2, x3)3.
(i) S se arate c fEnd(3);(ii) S se scrie matricea lui f n raport cu bazele canonice;
(iii) S se arate c B = {b1, b2, b3} unde b1 = (1, -1, 1),b2 = (2, 1, -1), b3 = (1, 2, -1) formeaz o nou baz pentru
3i apoi sse scrie matricea lui f n raport cu noua baz B.
3.8. O aplicaie liniar f : 44 are n raport cu bazele
canonice ale lui 4 matricea M =
- 1113
31374
1312
1531
. S se determine
cte o bazi dimensiunile pentru Ker(f) i Im(f).
3.9. Fie f, gEnd(2). Dac matricea lui f n raport cu baza
a1=(1, 2), a2=(2, 3) este A=
34
53iar matricea lui g n raport cu baza
b1=(3, 1), b2=(4, 2) este B=
96
64s se scrie matricele aplicaiilor f+g,
fg n raport cu baza{b1, b2} (vectorii ai i bi, i = 1, 2 sunt scrii n
raport cu baza canonic a lui 2).
-
8/6/2019 Probleme Algebra
28/150
28
3.10. Fie f : 34 o aplicaie liniar a crei matrice n raport
cu bazele canonice din 3i 4 este A =
----
---
-
513238
321
125
. Se cere:
(i) S se determine rangul lui f;
(ii) S se precizeze baza i dimensiunea pentru Ker(f) i Im(f);
(iii) S se determine o bazi dimensiunea pentru subspaiul
vectorial f(V) al lui 4 unde V = {(x1, x2, x3)3 | x1 + x2 + x3 = 0}.
3.11. Fie f:44 o aplicaie liniar a.. f(e1+e2)=(1, 1, -1, -1)
f(e1-e2) = (-1, -1, 1, 1)
f(e3+e4) = (-1, 1, -1, 1)
f(e3-e4) = (1, -1, 1, -1)
unde {e1, e2, e3, e4} este baza canonic din 4
. S se determine:(i) Matricea lui f n raport cu bazele canonice;
(ii) O bazi dimensiunile pentru Ker(f) i Im(f).
3.12. Fie V un K-spaiu vectorial i V1, V2 subspaii vectoriale
ale lui V a.. V = V1V2. Definim pi : VVi, pi(x) = xi, i = 1, 2 oricare
ar fi x = x1 + x2, x1V1, x2V2. S se arate c:(i) piEnd(V), i =1, 2;
(ii) Ker(p1) = V2, Ker(p2) = V1, Im(p1) = V1, Im(p2) = V2;
(iii) p1p2 = p2p1 = 0;
(iv) 121 pp = , 2
22 pp = ;
(v) p1+p2 = 1V.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
29/150
29
3.13. Fie z0 = a+ib fixat. Definim f : prin f(z) = zz0,
pentru orice z. S se arate c fEnd() i s se scrie matricea sa n
raport cu baza {1, i}.
3.14. Fie V un K-spaiu vectorial i fEnd(V).
S se arate c V = {gEnd(V) | fg = 0} este un subspaiuvectorial al lui End(V).
3.15. Fie a1 = (1, 0, 2, 2), a2 = (0, 1, 1, -1)4 iar {e1, e2, e3, e4}
baza canonic a lui 4
. Dac notm V1 = i V2 = ,atunci 4 = V1 V2.
3.16. Fie V un K-spaiu vectorial i fEnd(V). S se
demonstreze c V = Ker(f) + Im(f) daci numai dac Im(f) = Im(ff).
3.17. Fie V un K-spaiu vectorial de dimensiune finit.
(i) Dac dimKV = 2n*
, s se construiasc o aplicaie liniarfEnd(V) a.. Im(f) = Ker(f);
(ii) Este posibil o astfel de construcie dac dimensiunea lui Veste numr impar?
3.18. Fie V un K-spaiu vectorial de dimensiune finit n 1.
Dai exemplu de o aplicaie liniar f : V V pentru care nu are loc
egalitatea V = Ker(f) Im(f).3.19. Fie V un K-spaiu vectorial de dimensiune finit n1. S
se dea exemplu de dou endomorfisme f, gEnd(V), f g a..Im(f) = Im(g) i Ker(f) = Ker(g).
3.20. Fie V, W dou K-spaii vectoriale, W de dimensiune finit
iar f, g HomK(V, W). S se arate c:
dim Im(f+g) dim Im(f) + dim Im(g).
-
8/6/2019 Probleme Algebra
30/150
30
3.21. Fie V un K-spaiu vectorial iar
End(V) = {f:VV | f aplicaie liniar}.
Pentru f, gEnd(V) definim f+g, fg : VV prin (f+g)(x) == f(x)+g(x) i (fg)(x) = f(g(x)), xV. S se arate c (End(V), +, )devine astfel inel unitar.
3.22. Fie V i W dou K-spaii vectoriale iar
HomK(V, W) = {f:VW | f aplicaie liniar}.
Pentru f, g HomK(V, W) i aK definim f+g, af : VW prin
(f+g)(x) = f(x)+g(x) i (af)(x) = af(x), xV. S se arate c n felul acestaHomK(V, W) devine n mod canonic K-spaiu vectorial.
3.23. Fie K un corp comutativ, V(K) clasa K-spaiilor vectoriale
i NV(K) fixat.
Definim hN, hN : V(K)V(K) prin hN(X) = HomK(N, X)
respectiv, hN(X) = HomK(X, N). Dac X, YV(K) i fHomK(X, Y),
definim hN
(f):hN
(X)hN
(Y) i hN(f):hN(Y) hN(X) prin hN
(f)() = fi respectiv hN(f)() = f, pentru orice h
N(X) i hN(Y). S searate c:
(i) hN(f) i hN(f) sunt aplicaii liniare;(ii) hN duce monomorfisme n monomorfisme pe cnd hN duce
epimorfisme n monomorfisme;(iii) Dac n V(K) avem irul exact scurt de aplicaii liniare
00 MMM gf
atunci i irurile:(1) 0)()()(0 )()( MhMhMh NghNfhN NN (2) 0)()()(0 )()( MhMhMh N
fhN
ghN
NN sunt exacte n V(K).
-
8/6/2019 Probleme Algebra
31/150
31
3.24. Fie V un sau -spaiu vectorial iar f, gEnd(V) a.. f, g
i f+g sunt proiectori. S se arate c Im(f+g) = Im(f) Im(g) i
Ker(f+g) = Ker(f) Ker(g).
3.25. Dac V este un K-spaiu vectorial de dimensiune n, atunci
V Kn ( izomorfism de K-spaii vectoriale).
3.26. Fie k un corp finit de caracteristic p > 0. S se
demonstreze c numrul elementelor lui k este de forma pn cu n*.
3.27. S se demonstreze c grupurile (,+) i (,+) suntizomorfe.
4. Sisteme de ecuaii liniare. Vectori i valori proprii.
4.1. Fie P = a0+a1X+...+anXn[X] ( n 1 ) pentru care exist
x1, ..., xn+1 diferite dou cte dou a.. P~
(x1) = ... = P~
(xn+1) = 0,
(P~ fiind funcia polinomial ataat lui P).S se arate c a0 = a1 =...= an = 0.
4.2. S se demonstreze c dac P[X], grad(P) = n i
0)(~1
0
= dxxPxk , 0 k n, atunci P = 0.
S se deduc de aici c:
0
12
1...
3
1
2
1
1
1...............
2
1...
4
1
3
1
2
11
1...31
211
++++
+
+
nnnn
n
n
.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
32/150
32
4.3. S se discute dup, sistemul
=++
=++++
=++
42
72)1()1(
4
321
321
321
xxx
xxx
xxx
b
ba
a
.
4.4. Fie a, b. S se demonstreze c sistemul
=+++
=-
=-
14321
43
21
xxxx
bxx
axx
are soluii strict pozitive | a | + | b | < 1.
4.5. S se demonstreze c dac a, b, c, atunci sistemul
++=
++=
++=
azcybxz
bzaycxy
czbyaxx
2
12
12
1
admite numai soluia banal x = y = z = 0.
4.6. S se determine soluiile de baz ale sistemului omogen
=++-
=+-+
=-+-
024
023
032
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx
.
4.7. Dac a, b, c, d nu sunt toate nule, atunci sistemul
=--+
=+--
=-+-
=+++
0
0
0
0
atbzcydx
btazdycx
ctdzaybx
dtczbyax
admite numai soluia banal.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
33/150
33
4.8. S se gseasc condiii necesare i suficiente pentru casuma a dou soluii ori produsul unei soluii printr-un numr 1 s fiedin nou o soluie a aceluiai sistem de ecuaii liniare.
4.9. S se gseasc condiii necesare i suficiente pentru ca ocombinaie liniar dat, de soluii ale unui sistem neomogen de ecuaiiliniare, s fie din nou o soluie a acestui sistem.
4.10. (i) S se gseasc condiii necesare i suficiente pentru ca
sistemul de ecuaii
=++
=++
=++
0
0
0
333
222
111
cybxa
cybxa
cybxa
s aib soluie unic;
(ii) Aceeai problem pentru sistemul aix + biy + ci = 0, 1i n.
4.11. (i) S se gseasc condiii necesare i suficiente pentru ca
sistemul de ecuaii
=+++
=+++
=+++
=+++
0
0
0
0
4444
3333
2222
1111
dzcybxa
dzcybxa
dzcybxa
dzcybxa
s aib soluie unic;
(ii) Aceeai problem pentru sistemul aix + biy + ciz + di = 0,1 i n.
4.12. Dac a, b, c, d, s se gseasc condiii necesare isuficiente pentru ca sistemul de ecuaii liniare
+++=
+++=
+++= +++=
+++=
duczbyaxv
czbyaxdvu
byaxcvduzaxbvduczy
avduczbyx
s aib soluii nenule.
4.13. S se gseasc condiii necesare i suficiente pentru casistemul de ecuaii liniare cu coeficieni reali
-
8/6/2019 Probleme Algebra
34/150
-
8/6/2019 Probleme Algebra
35/150
35
4.17. S se arate c:
(i) Dac AMn() este singular (det(A) = 0), atunci exist
BMn(), nenul, a.. AB = BA= On;
(ii) O matrice AMn() este singular dac i numai dacexist o matrice BMn(), nenul, a.. pentru orice p
*,(A+B)p = Ap + Bp.
4.18. S se determine vectorii i valorile proprii ai matricelor:
(i)
21
12, (ii)
25
43, (iii)
- 0
0
a
a(a0),
(iv)
-
-
-
863
964
652
, (v)
--
-
--
2112
1012
24101201
.
4.19. Fie AMn() o matrice ale crei valori proprii sunt 1, ,
n. Fie, de asemenea, f
[X], f = a0X
k
+ a1X
k-1
+ + ak-1X + ak inotm f(A) = a0Ak+ a1Ak-1 ++ ak-1A + akIn.S se arate c det(f(A)) = f(1)f(n).
4.20. Fie AMn() o matrice ale crei valori proprii lepresupunem cunoscute. S se determine valorile proprii ale matricelor:
(i) A-1 (dac exist);(ii) A2;
(iii) Ak
(k*
);(iv) a0A
k+a1Ak-1 ++ ak-1A + akIn, unde a0, a1, , ak.
4.21. Fie AMn() (n2) cu valorile proprii distincte dou cte
dou. S se indice un procedeu de a calcula Ak, pentru k*.
Aplicaie. A =
21
12M2(), A =
-
-
-
863
964
652
M3().
-
8/6/2019 Probleme Algebra
36/150
36
4.22. Folosind teorema Cayley-Hamilton s se calculeze inversamatricei
A =
-
122
201
131
.
4.23. Fie V un K-spaiu vectorial de dimensiune finit i
f, gEndK(V) a.. gf = 1V. S se arate c pentru orice hEndK(V),
aplicaiile liniare ghf i h au aceleai valori proprii.
4.24. Fie V un K-spaiu vectorial i f, gEndK(V) a.. fg = gf.S se arate c:
(i) Orice subspaiu propriu al lui f (adic V={xV | f(x) = x},cu valoare proprie a lui f ) este invariant n raport cu g;
(ii) Im(f) i Ker(f) sunt subspaii vectoriale ale lui V invarianten raport cu g.
4.25. Fie A1, , AmMn(). S se demonstreze c0)...det( 11 ++ m
tm
t AAAA .S se deduc de aici c dac A1, , Am sunt simetrice, atunci
0)...det( 221 ++ mAA .
4.26. Fie AMn(), n 2. S se demonstreze c det(A+B) =
= det(A) + det(B) pentru orice B
Mn(
) pentru care AB = BA, dacinumai dac An = On.
4.27. Fie AM2(). S se demonstreze c det(2A2-90A+13I2)=
=0 daci numai dac 2A2-90A+13I2 = O2. Rmne adevrat afirmaia
dac AM2()?
4.28. Fie a(0, 1) i matricea AMn(), n 2. S se
determine matricea XMn,1() a.. AX = aX.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
37/150
37
4.29. Fie o parte stabil a mulimii Mn() n raport cu
adunarea i nmulirea a.. -In. S se arate c:
(i) Dac Ui det(U) = 1, atunci U-1;(ii) Dac U i det(U) = 0, atunci exist V, V On a..
UV = VU = On.
4.30. Determinai numerele n* pentru care exist
A, BMn() a.. (AB - BA)2 = In.
4.31. Fie a1, a2, ..., an numere naturale nenule. Dac notmdij = (ai, aj), i, j = 1,..., n. S se arate c 0)det( ,1 njiijd .
4.32. Fie A, B, C, DMn(), A i C inversabile.
Dac AkB = CkD, pentru orice k*, s se arate c B = D.
4.33. Fie V, W dou K-spaii vectoriale de dimensiuni n i
respectiv m iar fHomK(V, W), gHomK(W, V).S se arate c (-1)n n Pfg() = (-1)
m
m Pgf().
S se deduc faptul c dac V este un sau spaiu vectorial
de dimensiune finit iar f, gEnd(V) atunci fg i gf au acelaipolinom caracteristic.
4.34. Fie A = (aij)Mn() o matrice de rang 2 (n>2). S se
demonstreze c exist numerele pi, qi, ri , si a. . aij = piqj + risj, pentru
orice i, j{1, 2, , n}.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
38/150
38
5. Programare liniar. *
5.1. S se scrie sistemul de restricii
+-+
=++---+
12343
10526432
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx
sub forma unui sistem de restricii de acelai semn .
5.2. S presupunem c variabilele din problema 5.1. au semnele
x1 0, x2 oarecare, x3 0, x4 0. S se scrie restriciile din problema5.1. sub forma cu toate variabilele pozitive.
5.3. S se arate c mulimea Xp a soluiilor posibile a unei PPLeste convex.
Consecin: Dac Xp conine cel puin dou puncte diferite,atunci conine o infinitate de puncte.
5.4. S se scrie subformcanonicurmtoarele PPL:
(i)
+-+=
-++-
=++-
+-+
4321
4321
4321
4321
4321
23[max]
0,0,,0
623
12522
10232
xxxxf
xxoarecarexx
xxxx
xxxx
xxxx
(ii)
+-+=
=-++
+--
-+-
4321
4321
4321
4321
4321
232[min]
0,,0,0
1023
652
42
xxxxf
xoarecarexxx
xxxx
xxxx
xxxx
-
8/6/2019 Probleme Algebra
39/150
39
* Acest paragraf (mpreun cu soluiile problemelor propuse)este redactat n cea mai mare parte dup lucrarea [15].
5.5. S se scrie subformstandardurmtoarele PPL:
(i)
++-+=
-+++
=-+-+
+-+-
54321
54321
54321
54321
54321
2432][
0,0,,0,0
14522
832
1022
xxxxxfopt
xxoarecarexxx
xxxxx
xxxxx
xxxxx
(ii)
+-+=
+++
+++
+++
4321
4321
4321
4321
4321
23[max]
0,,,
1432
1222
102
xxxxf
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
(iii)
-++=
++-
+++
+-+
4321
4321
4321
4321
4321
232[min]
0,,,
1032
1222
62
xxxxf
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
(iv)
++-+=
-++---
=++-+-++-
54321
54321
54321
54321
54321
232[max]
0,0,,0,0
153
12210
xxxxxf
xxoarecarexxx
xxxxx
xxxxx
xxxxx
-
8/6/2019 Probleme Algebra
40/150
40
(v)
+-=
+-
+-
=+-
++
321
321
321
321
321
321
354[min]
0,,0542
453
232
632
xxxf
xoarecarexx
xxx
xxx
xxx
xxx
5.6. S se determine matricealsoluiile de bazale urmtoarelorPPL:
(i)
++++=
=+--+
=--++
54321
54321
54321
54321
322[max]
0,,,,
432
22
xxxxxf
xxxxx
xxxxx
xxxxx
(ii)
+++=
=-++
=+-+
4321
4321
4321
4321
523[min]0,,,
1222
822
xxxxf
xxxx
xxxx
xxxx
(iii)
++=
=++
=++
321
321
321
321
432[max]
0,,
2042
1022
xxxf
xxx
xxx
xxx
5.7. S se rezolve grafic urmtoarele PPL:
(i)
+=
+
+
21
21
21
21
53[max]
0,
1
632
xxf
xx
xx
xx
-
8/6/2019 Probleme Algebra
41/150
41
(ii)
+=
+
+
21
21
21
21
23[max]3
2,0
22
22
xxf
xx
xx
xx
(iii)
+=
-
+
+
+
21
2121
21
21
21
52[max]
0,
332
24
1
1243
xxf
xx
xx
xx
xx
xx
(iv)
+=
+-
-
+
+
21
21
21
21
21
21
43[max]
0,22
1
1
1243
xxf
xx
xx
xx
xx
xx
(v)
+=
+-
-
+
21
21
21
21
21
53[max]
0, 2
2
1
xxf
xxxx
xx
xx
-
8/6/2019 Probleme Algebra
42/150
42
5.7. S se rezolve cu ajutorul algoritmuluisimplex urmtoarelePPL:
(i)
+++=
=++
=++
4321
4321
432
431
432[max]
0,,,
102
82
xxxxf
xxxx
xxx
xxx
(ii)
+++=
=++
=++
4321
4321
432
431
432[max]0,,,
123
82
xxxxf
xxxx
xxx
xxx
(iii)
+++++=
=++++
=++++
654321
654321
65432
65421
105432[max]
0,,,,,
1832
122
xxxxxxf
xxxxxx
xxxxx
xxxxx
(iv)
-++=
+-
+-
-=++-
4321
4321
431
431
4321
52[max]
0,,,
3532
53
222
xxxxf
xxxx
xxx
xxx
xxxx
(v)
++=
++
++
++
321
321
321
321
321
32[max]
0,,
52
2052
1532
xxxf
xxx
xxx
xxx
xxx
-
8/6/2019 Probleme Algebra
43/150
43
6. Forme biliniare. Forme ptratice.
6.1. Fie V un K- spaiu vectorial de dimensiune finit n 1, iarb:VVK o form biliniar nenul. S se arate c exist dou aplicaii
liniare f,g:VK a.. b(x,y) = f(x)g(y), pentru orice x,yV, dac inumai dac rangul lui b este 1.
6.2. Pentru un spaiu vectorial real V notm:
B(V) ={b:VVb este form biliniar },Bs(V) = {bB(V) b este simetric pe V} iarBas(V) = {bB(V) b este antisimetric pe V}.
S se arate c:(i) B(V) devine n mod canonic spaiu vectorial real n raport cu
operaiile canonice de adunare a formelor biliniare i de nmulire a lorcu un numr real;
(ii) Bs(V) i Bas(V) sunt subspaii vectoriale ale lui B(V);(iii) B(V) = Bs(V) Bas(V).
6.3. Fie V un spaiu vectorial real. S se arate c bBas(V) daci numai dac b(x,x) = 0 pentru orice xV.
6.4.Fie V un spaiu vectorial real de dimensiune finit n 1 iar
f : V o form ptratic pozitiv definit. S se arate c dac A estematricea lui f n raport cu baza B a lui V, atunci A este inversabil idac notm cu g forma ptratic a crei matrice n raport cu baza B a luiV este A-1, atunci g este pozitiv definit.
6.5. Fie B = {e1, e2, e3} baza canonic a spaiului vectorial 3ifie b:33forma ptratic pentru care b(e1, e1)= -1, b(e2, e2) = 1,
b(e3, e3) = 2, b(e1-e2 , e2) = 2, b(e2, e1+2e2) = 5, b(e3-e1, e1) = 4,b(2e1+e2, e3) = 7, b(e1+e3, e2) = 4, b(e1-2e2, e3) = 1.
Se cere:(i) S se scrie matricea formei biliniare b n raport cu baza B;(ii) S se arate c B este simetric;
(iii) S se scrie expresia analitic a formei ptratice f:4
definit prin f(x) = b(x, x), oricare ar fi x3;
-
8/6/2019 Probleme Algebra
44/150
44
(iv) Folosind metoda Jacobi s se determine o expresie canonic
pentru fi baza lui 3 n raport cu care f are aceast expresie canonic.
6.6. Fie b:Mn()Mn() definit prinb(A,B) = 2tr(AB) -tr(A)tr(B),
oricare ar fi A,BMn().1) S se arate c b este o form biliniar simetric;2) Pentru n = 2 se cere:
(i) S se scrie expresia analitic a lui b n raport cu baza
canonic a lui M2();(ii) S se scrie matricea lui b n raport cu baza canonic a lui
M2();(iii) S se determine o expresie canonic a formei ptratice
f:M2() definit prin f(A) = b(A, A), oricare ar fi AM2(),
folosind metoda lui Gauss-Lagrange i s se gseasc baza lui M2() nraport cu care f are aceast form canonic;
(iv) S se precizeze signatura formei ptratice f.
6.7. Fie b : 44 forma biliniar a crei expresie analiticn raport cu baza canonic a lui 4 este:
b(x, y) = x1y1+x1y4-x2y1+x2y2+x3y1+2x3y2+x3y3+4x3y4+x4y3+x4y4,
oricare ar fi x = (x1, x2, x3, x4), y = (y1, y2, y3, y4)4.
Se cere:(i) S se scrie expresia matriceal a lui b n raport cu baza
canonic a lui 4;
(ii) S se scrie matricea lui b n raport cu bazaB = { 1e , 2e , 3e , 4e } a lui
4, unde 1e = (1, -1, 0, 0), 2e = (1, 1, 0, 0),
3e = (0, 0, 1, 1), 4e = (0, 0, 1, -1).
6.8. Fie 2[X] spaiul vectorial real al funciilor polinomiale
reale de grad cel mult 2 i fie b:2[X]2[X], definit prin
b(p,q) =
1
0 )(~
)(~
dttqtp , oricare ar fi p,q2[X].
-
8/6/2019 Probleme Algebra
45/150
45
Se cere:(i) S se arate c b este o form biliniar simetric;(ii) S se scrie matricea lui b n raport cu baza {1, X, X 2} a lui
2[X];(iii) S se scrie matricea lui b n raport cu baza {1, 1-X, 1-X2};(iv) S se scrie expresia analitic a formei biliniare b i expresia
analitic a formei ptratice f: 2[X], f(p) = b(p, p), p2[X], nraport cu baza {1, X, X2};
(v) Folosind metoda lui Gauss-Lagrange s se determine o
expresie canonic pentru f i baza lui 2[X] n raport cu care f areaceast expresie canonic.
6.9. Fie V un spaiu vectorial real cu baza {a1, a2, a3}.
S se determine a a.. forma ptratic f:V,f(x) = x 21 +2ax1x2-2x1x3+x
22 +2ax2x3+2x
23 ,
x = x1a1 + x2a2 + x3a3V este pozitiv definit.
6.10. Folosind metoda lui Gauss-Lagrange s se aduc la forma
canonic forma ptratic f : 3
3
,f(x) = 2x 21 +3x22 - x
23 +2x1x2 + 4x1x3+ 3x2x3.
6.11. Se consider forma ptratic f:4 care n raport cu
baza canonic a lui 4 are expresia analiticf(x) = x 21 + 4x1x2 + 2x1x4 +3x
22 - 2x2x3 + 2x2x4 +2x
23 + 4x3x4 - x
24 ,
x = (x1,x2,x3,x4)4.
S se determine o expresie canonic a sa, folosind metodaJacobi i s se gseasc baza lui 4 n raport cu care f are aceastexpresie canonic. Este f pozitiv definit?
6.12. Aceleai cerine ca i n problema precedent pentruf :3, f(x) = x 21 +2x
22 + 3x
23 - 2x1x2.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
46/150
46
B. SOLUII.
1. Matrice. Determinani. Inversa unei matrice.
Rangul unei matrice.
1.1. (i). Dac A=(aij)1i,jn atunci:
( ) )det(...)sgn(...)sgn(det )()1(1)()1(1 AaaaaAn nS S
nnnn === s s
ssss ss .
(ii). Conform cu (i) avem
0)det()det()det()det()det()det(
2
=== AAAAAAA .(iii). Avem A2+B2 = (A+iB)(A-iB) = CC (unde C=A+iB) i
totul rezult din (ii).(iv). Rezult din (iii) alegnd B = In .
1.2. (i). Prin calcul direct.
(ii). Dac exist k2 a.. Ak= O2 deducem c det(A)=0, astfel c
A
2
=(a+d)A i deci O2 =A
k
=(a+d)
k-1
A. Cum AO2 atunci cu necesitatea+d=0 i astfel A2=0A=O2.
1.3. n mod evident x1=1 iar y1=0. Din problema 1.2., (i)deducem c putem alege x2=a+d iar y2=-det(A).
Cum An+1=AnA=(xnA+ynI2)A=xnA2+ynA=xn(x2A+y2I2)+ynA=
=(x2xn+yn)A+y2xnI2 deducem c xn+1 = x2xn+yn, i yn+1 = y2xn.
Cum yn=y2xn-1 deducem c (xn)n1 verific recurena
xn+1=x2xn+y2xn-1, pentru n2 cu x1=1 i x2=a+d iar (yn)n1 recurenayn = y2xn-1 pentru n2 (y1 = 0 i y2 = -det(A)).
Astfel, pentru irul (xn)n1 avem condiiile x1=1 i x2=a+d iar
pentru n2:xn+1 = (a+d)xn-det(A)xn-1,
deci ecuaia caracteristic a irului (xn)n1 este:
() 2-(a+d)+det(A)=0.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
47/150
47
Notnd prin 1, 2 rdcinile (complexe) ale ecuaiei
caracteristice (), atunci (vezi [2]):
i) dac 12 ,
() 221
1211
21
21 )det( IAAA nnnnn ---
--= --
llll
llll
ii) dac 1=2 =,
() 221 )det()1( IAnAnA nnn -- --= ll , pentru orice n2.
n cazul particular A=
- 11
11, ecuaia caracteristic () este
2-2+2=0, de unde 1=1+i, 2=1-i. Prin calcul direct deducem c
4sin)2(
21
21 p
ll
ll nnnn
=--
, astfel c dac inem cont de relaia ()
putem scrie:
( ) ( )
( )
-=
--
-=
-
4cos
4sin
4
sin
4
cos
2
10
01
4
)1(sin22
11
11
4sin2
1
pp
pp
pp
nn
nn
nnA
n
nnn
.
Pentru A=
- 41
21avem ecuaia caracteristic 2-5+6=0 cu
1=2 i 2=3. Conform cu () :
--
--
=-
-
--
-
=
++--
nnnn
nnnnnnnnn
IAA 23232
23232
32
32
632
32 11
2
11
.
Pentru A=
-
31
11avem ecuaia caracteristic 2-4+4=0 cu
1=2=2. Conform cu () :
--
---
=
=--=
---
---
--
211
121
221
2)1(4232
22)1(42
2)1(42
nnn
nnn
nnn
nnn
nnn
InAnA
.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
48/150
48
1.4. Condiia det(A3-A2) = 1 este echivalent cudet(A2)det(A-I2) = 1,
de unde det(A2) = det(A-I2) = 1 (cci det(A2)0), sau det(A) = 1 i
det(A-I2) = 1.
Avem astfel sistemele:
=---
=-
1)1)(1(
1
bca
bac i
=---
-=-
1)1)(1(
1
bca
bac.
Primul sistem este echivalent cu
=+
=-
1
1
ca
baciar al doilea cu
-=+
-=-
1
1
ca
bac.
Deducem imediat c b = -a2+a-1 i c = 1-a, cu a (n primul
caz) i respectiv b=-a2-a+1 i c = -1-a, cu a (n al doilea caz).
1.5. Fie X=
dc
ba
, a, b, c, d o soluie a ecuaiei.
Obinem, folosind det(AB) = det(A)det(B),(det(X))n-2det(X+iI2) det(X-iI2) = 0. (1)
Dac det(X+iI2)=0 rezult (a+i)(d+i)-bc=0, de unde
=+
=-
0
1
da
bcadsau
--=
-=21 abc
ad.
Prin urmare, X2= 222
1001 Iaa -=
--- , adic X2+I2 = O2,
relaie din care Xn + Xn-2 = O2, contradicie. Deci det(X+iI2) 0.
Analog det(X-iI2) 0.Din relaia (1), rezult det(X) = 0 i nlocuind n relaia
cunoscut, X2-(a+d)X+det(X)I2 = O2 (conform problemei 1.2., (i)),
obinem X2 = (a+d)X i de aici Xk= (a+d)k-1X, cu k*.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
49/150
49
Dac notm = a+d, relaia Xn + Xn-2 =
-
-
11
11, prin
identificarea elementelor devine: a(n-1+n-3) = 1, d(n-1+n-3) = 1,
b(n-1
+n-3
) = -1, c(n-1
+n-3
) = -1. Adunnd primele dou relaii rezultn+n-2-2 = 0.Dac f() = n+n-2-2, rezult f () = n-3(n2+n-2). Dac n este
par, atunci f este strict cresctoare pe [0, ) i strict descresctoare pe
(-, 0) i f(-1) = f(1) = 0. Dac n este impar, atunci f este cresctoare pe
i f(1) = 0. Rezult posibilitile:
X = 2
1
-
-
11
11, pentru n impar
X = 2
1
-
-
11
11, pentru n par,
matrice care verific relaia din enun.
1.6. Se arat uor c Y = 21
(X+AX) i Z = 21
(X-AX) verific
condiiile din enun. Pentru partea de unicitate fie (Y, Z) o alt soluiea problemei.
Atunci Y+Z = Y+Z, AY = Y, AY = Y, AZ = -Z, AZ = -Z.
Deci Y-Y = Z-Z. Pe de alt parte, A(Y-Y) = AY-AY = Y-Y;
A(Z-Z) = AZ-AZ = -Z+Z, i deci avem i Y-Y = - (Z-Z), adic
Y-Y = Z - Z= 0 i prin urmare, Y = Yi Z = Z.
1.7. Cum n condiiile enunului avem(A+Bi)(A-Bi) = -i(AB-BA)
deducem cdet(A+Bi) det(A-Bi) = (-i)n det(AB-BA) .
Dac det(A+Bi) = a+bi (cu a, b), atunci det(A-Bi) = a-biastfel c obinem egalitatea a2+b2 = (-i)n det(AB-BA), de unde se deducimediat concluziile de la (i), (ii) i (iii).
-
8/6/2019 Probleme Algebra
50/150
50
1.8. Din relaia ABAB = O2 rezult B(ABAB)A = O2 adic
(BA)3 = O2. Dac XM2() i X3 = O2, atunci X
2 = O2 (vezi problema1.2., (ii)), adic (BA)2 = BABA = O2.
n cazul lui M3(), un contraexemplu este oferit de perechea de
matrice A =
010
000
100
i B =
000
001
100
.
1.9. (i), (ii), (iii) se deduc imediat prin calcul, iar (iv) rezult din(iii).
1.10. Condiia din enun este echivalent cu (InA)(In B) = Inadic In A este inversabili (InA)
-1=InB. Astfel i (In B)(In A)=In,de unde concluzia c BA = A+B = AB.
1.11. (i). ntr-un prim mod calculm det(A) cu regula lui Sarrusiar n alt mod adunnd ultimele dou linii la prima.
(ii). Fie ai, bi, ci iar iiiiiii cbacbaE 3333 -++= , (i = 1, 2).
innd cont de (i) avem: Ei=-det(Ai), unde Ai=
iii
iii
iii
bac
acbcba
,
i =1, 2, astfel c E1E2=det(A1)det(A2)=det(A1A2) iar prin calcul avem
c A1A2=
333
333
333
acb
bac
cba
, deci
E1E2 = det(A1A2) = 33333
33
33 3 cbacba -++
cu a3 = a1a2+b1b2+c1c2, b3 = a1b2+b1c2+c1a2 i c3 = a1c2+b1a2+c1b2.
1.12. (i). Prin calcul.(ii). Notm s = a+b+c i s = a+b+c.Utiliznd regula lui Laplace, proprietile elementare ale
determinanilori (i) avem:
))((222222
cbcabacbabcacabcba ---++---++ =
-
8/6/2019 Probleme Algebra
51/150
51
=
sAB
ss
sCA
cb
ac
ba
bc
ab
ca
3
1
1
1
1
1
1
-=
-
=
CAB
BCA
ssAB
ssCA
111311 -=
-
( am sumat la ultima coloan opusele primelor dou )= A2+B2+C2 AB-AC-BC.
1.13. Totul rezult din regula lui Laplace dezvoltnd
determinantul
CO
BA
mn,
det dup primele m coloane.
1.14. Totul rezult din regula lui Laplace dezvoltnd
determinantul
CB
AOndet dup primele n coloane.
1.15. La coloana k a matricei
-AB
BAadunm coloana n+k
nmulit cu -i (1kn) i obinem c
-
-+=
-
AiAB
BiBA
AB
BAdetdet .
Acum la linia n+k a ultimei matrice adunm linia k nmulit cu
i (1kn) i obinem c
--+=
--+
iBAOBiBA
AiABBiBA
n
detdet .
Astfel (innd cont i de problemele 1.1.i 1.13.) obinem c:
2)det()det()det(
)det()det(det
iBAiBAiBA
iBAiBAAB
BA
+=++=
=-+=
-
-
8/6/2019 Probleme Algebra
52/150
52
1.16. Dac notm A =
-
ab
ba i B =
- cd
dcatunci
M=
-
AB
BA
, deci conform problemei 1.15. avem c2
)det()det( iBAM += i cum
2222)det( dcbaicaidb
idbicaiBA +++=
-+
+-+=+ ,
deducem c det(M) = ( a2+b2+c2+d2 )2.
1.17. (i). Se calculeaz AAt.(ii). Se ine cont de formula det(AB) = det(A) det(B).(iii). Rezult direct din (ii).
1.18. (i), (ii). Prin calcul direct utiliznd proprietiledeterminanilor.
1.19. Din linia i se scade linia 1 nmulit cu
11
1
a
ai , i = 2,, n.
1.20. Fie E = A1A2An = {e1, e2, , ep}. Considerm
matricea BMn,p(), B = (bij) cu 1in i 1j p, unde
bij =
ij
ij
Aeadac
Aeadac(
(
,0
,1 i astfel A = Bt B. Totul rezult acum din
regula lui Laplace.
1.21. det(A) = n(-1)n-1.
1.22. det(A) = 1.
1.23. det(A) = (-1)n-12n-2(n-1).
-
8/6/2019 Probleme Algebra
53/150
53
1.24. (i). Paritatea rezult din faptul c toi termeniideterminantului sunt numerele 1 i 1 i ei eventual se reduc doi ctedoi.
(ii).Valoarea maxim este 4, de exemplu, pentru matricea
A =
-
-
111
111111
. Valoarea minim este 4.
1.25. Valoarea maxim pe care o poate lua det(A) este 2, de
exemplu, pentru matricea A =
101
110
011
.
1.26. Adunnd prima linie la toate celelalte linii obinem omatrice care are pe liniile de rang 2, 3, , n elementele 0, 2 sau 2, ceeace ne permite s scoatem factor comun pe 2 de pe aceste linii.
1.27. Se aplic problemele 1.24. i 1.26.. Se obine valoarea
maxim 16, iar cea minim 16.1.28. Deducem imediat c det(X) = 0 i astfel dac
X=
dc
baM2(), atunci X
2=X, deci Xn =n-1X (cu =a+d). Obinem
c n-1X =
64
32, adic n-1a =2, n-1 b =3, n-1c =4 i n-1d =6.
Deducem imediat c n
= n-1
(a+d) = n-1
a + n-1
d = 2+6 =8 i prinurmare X =
- 64
3211na
cu n=8.
1.29. Avem At (A-1)t = (A-1 A)t = Int = In, de unde concluzia c
(At)-1 = (A-1)t.
1.30.innd cont de problema 1.29., avem: (A-1)t = (At)-1 = A-1,
adic A-1 este simetric.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
54/150
54
1.31. Dac A = O2, totul este clar.
S presupunem c A=
dc
baO2. Relaia A
k = O2, implic
det(A) = 0 i deci A2
= (a+d)A. Rezult O2 = Ak
= (a+d)k-1
A, decia+d = 0. Prin urmare, A2 = O2. Atunci I2+A+A2++Ak-1 = I2+A =
=
+
+
1
1
dc
bai deci det(I2+A++A
k-1) = (a+1)(d+1)-bc =1.
1.32. Att (i) ct i (ii) se verific direct prin calcul.
1.33. Deducem imediat c A este de forma
-
-
-
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
xx
xx
xx
cu x.
Astfel
xx
xx
xxx
xxx
xx
xxA
--
-=
--
--=
-
-=
2
12
2
12
12
2
12
2
12
12
2
1001
2
1
2
12
1
2
1111
)det(
=
4
1
2
33 2 +- xx > 0.
1.34. Putem scrie =
+=+n
i
iDxAXA1
)det()det( , unde Di este
determinantul obinut din det(X) prin nlocuirea coloanei de ordin i cu
coloana format numai cu elemente egale cu 1 (1in). Analog
-
8/6/2019 Probleme Algebra
55/150
55
=
-=-n
iiDxAXA
1
)det()det( , de unde deducem c
2
1
22 )()(det)det()det(
=-=-+
n
i i
DxAXAXA det2(A).
1.35. Prin calcul direct. Pentru reciproc facem n () pe A = B
cu det(A) 0 i deducem c det(2A) = 4det(A) 2n = 4 n = 2.
1.36. Facem inducie dup n; pentru n=1 totul este clar, deoarecea1=a, b1=b, c1=c i d1=d. Scriind c A
n+1 = An A, obinem relaiile de
recuren:
+=
+=
+=+=
+
+
+
+
nnn
nnn
nnn
nnn
ddbcd
cdacc
dbbabcbaaa
1
1
1
1
pentru orice n1. S presupunem deci c
da
da
c
c
b
b nnnn
-
-== . Atunci
b
bda
b
b nn
n +=+1 ,c
cad
c
c nn
n +=+1 i
astfel
c
c
b
b nn 11 ++ = c
cad
b
bda nn
nn +=+
b
bd
c
cada nnnn -=-
)( dab
bda nnn -=- , ceea ce este adevrat, din ipoteza de inducie.
Analog restul de egaliti.
1.37. Deoarece det(A) = 0, rezult c A2-(3+10)A = O2, deci
A = 131-n
An
, pentru orice n1. Rezult c reprezentarea cerut esteposibil, alegnd de exemplu, X = 13(1-n)/n 1/nA i Y = 13(1-n)/n 1/nA,
cu , numere reale arbitrare a. . , + = 1.
1.38. Din A3 = A+In A(A2-In) = In det(A)0. De asemenea,
din A3 = A+In A3+A2 = A2+A+In A
2(A+In) = A2+A+In
det(A+In)0 i revenind la A3 = A+In det(A)>0.
1.39. Vom demonstra pentru nceput urmtoarea:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
56/150
56
Lem.Fie P un polinom cu coeficieni reali, frrdcini realei care are coeficientul puterii de gradul cel mai mare pozitiv. Atunci
det(P(A))0, pentru orice AMn().
ntr-adevr, P este de formakn
k
r
k
k cxbxaxP )()(1
2 ++= = , cu
a > 0, 042 0. Rezult det(A(A-In))>0.Cum k = 2p+1, din relaia A(Ak-1 - In) = In, deducem c
A(A2-In)( A2(p-1) ++A2+In) = Ini de aici c det(A+In)>0.
Cum Ak= A + Ini k este impar, concluzionm c det(A) > 0.(ii). Fie k un numar pari A = In. Egalitatea A
k = A + In esteechivalent cu (k--1)In = On. Deci
k--1 = 0. Deoarece f()=k--1
este continu, f(-)= i f(0) = -1 rezult c f admite o rdcin
0 < 0 i n acest caz A = 0In verific relaia Ak = A + In , dardet(A) = n0a < 0.
1.40. Deoarece matricele A, B, C comut ntre ele, putem scriec: M=A2+B2+C2-AB-BC-CA=(A+B+2C)(A+2B+C), cu rdcina
cubic a unitii (1). Astfel, det(M)=det(A+B+2C)det(A+2B+C)i, dac det(A+B+2C) = a+b+c2, atunci det(A+2B+C) =
= a+b2
+c (a, b, c) i astfel:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
57/150
57
det(M)=(a+b+c2)(a+b2+c)=a2+b2+c2-ab-bc-ca0.
1.41. Fie X=A2+B2 i Y=AB+BA. Cum:X+Y=A2+B2+AB+BA=(A+B)2 i X-Y=A2+B2AB-BA=(A-B)2
obinem: det((A+B)2)+det((A-B)2)=2det(A2+B2)+2det(AB+BA)(conform problemei 1.35.), deci
( ) ( )[ ])det(2)det()det(2
1)det( 2222 BAABBABABA +--++=+
i cum det(AB+BA)0, rezult det(A2+B2)0.
1.42. Dac A este inversabil atunci putem scrie
In+AB=A(In+BA)A-1
i astfeldet(In+AB)=det(A)det(In+BA)det(A-1)=det(In+BA).
Dac A nu este inversabil, observm c exceptnd o
submulime finit x de elemente din avemdet[In+( xIn+A)B]=det[In+B(xIn+A)],
pentru orice . Cum cei doi determinani sunt polinoame n xegalitatea se menine i n x=0, deci din nou obinem cdet(In+AB)=det(In+BA).
Fie acum P de forma P=a(X-x1)(X-xn), cu a, x1, , xn.
Atunci P(AB)= =
-n
k
nkIxABa1
)( i P(BA)= =
-n
k
nkIxBAa1
)( i
astfel egalitatea det P(AB) = det P(BA) este imediat.
1.43. Se tie c dac A, BM2() atunci det(AB-I2)=det(BA-I2)i det(AB+I2)=det(BA+I2) (conform problemei 1.42.). Rezult c
det[(AB-I2)(BA-I2)] = det(AB-I2)2 = [det(AB-I2)]
20. (1)Dar (AB-I2)(BA-I2) = I2-(AB+BA) (deoarece B
2 = O2).
Analog det(I2+(AB+BA))0. (2).Folosind acum relaia: det(X+Y)+det(X-Y) = 2[det(X)+det(Y)],
pentru orice X, YM2() (conform problemei 1.35.), din (1) i (2)rezult
0det(I2-(AB+BA))+det(I2+(AB+BA))=2[det(I2)+det(AB+BA)]=
=2[1+det(AB+BA)], adic det(AB+BA)-1. Din B2=O2 rezult
-
8/6/2019 Probleme Algebra
58/150
58
det(B) = 0 deci 0 = 2[det(AB)+det(BA)] = det(AB+BA)+det(AB-BA) ifolosind prima inegalitate rezult a doua.
Observaie. Se poate demonstra de aici c
det(AB-BA)0det(AB+BA).
1.44. det(B2+I2) = 0 det(B+iI2) det(B-iI2) = 0.
Cum BM2(), avem det(B+iI2) = det(B-iI2) = 0.
Fie g:, g(x) = det(B+xI2). Avem g(x) = x2+x+, pentru
orice x, unde , , , =det(I2)=1, =det(B). Extinznd pe g la ,pentru x=i, avem:
(1) 0 = det(B+iI2) = -1+i+det(B), deci = 0 i det(B) = 1.Fie f:, f(x) = det(A+xB), pentru orice x. Atunci
f(x)=ax2+bx+c, pentru orice x, unde c = f(0) = det(A) i
)det(detlim)(
lim2
BBx
A
x
xfa
xx=
+==
.
Relaia din ipotez se scrie sub forma 0))1((0
=-=
n
k
kn
kCf .
innd seama de forma funciei f, se obine egalitatea:0)det()1()1()()det(
00
2 =++-+ ==
AnCbCBn
k
kn
kn
k
kn
(2) 0)det()1()det( 2 =++ AnCBnn .
Din (1) i (2) deducem c1
)det( 2+
-=n
CA
nn .
1.45. (i)(ii). Dac p=1A=O2a=0, b, deci (i)(ii).Fie p*, p2, a.. Ap=O2 det(A
p)=(det(A))p=0, decidet(A)=0.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
59/150
59
Lum A=
tz
yxA2-(x+t)A+det(A)I2=O2 A
2=(x+t)A i
prin inducie, Ap = (x+t)p-1A, pentru orice p* , deci (i)
=+
=
0
2
tx
sau
OA
.
Dac A = O2 a = 0 i b(ii).
Dac x+t = 0 t =-x A=
- xz
yxi det(A) = 0x2+yz = 0.
Lum x = acosb i y = a(1+sinb), z = a(-1+sinb), cu a, bi
astfel rezult (ii).(ii) (i). Dac a=0, b A=O2exist p=1 a.. A
p= A1=O2.
Dac a0, b A2=O2exist p=2* , p>1 a.. Ap= O2 .
1.46. Vom demonstra pentru nceput urmtoarea:Lem.Dacdoumatrici ptratice X, Y verificrelaia XY = In,
atunci ele sunt nesingulare, X-1 = Yi YX = In.
Demonstraia lemei se bazeaz pe faptul c XY = In implicdet(X) 0. Rezult c matricea X este inversabil. nmulind la stngarelaia XY = In cu X
-1 obinem Y = X-1 deci i YX = In.Lema se aplic astfel:
(i) (ii). Din relaia ABC = AB+BC deducem (In-A)B(In-C) ==(B-AB)(In-C) = B-BC-AB+ABC = B, deci (In-A)B(In-C)B
-1 = In.Conform lemei, avem i (In-C)B
-1(In-A)B=In, adic (B-1-CB-1)(In-
-A) = B-1
. Prin urmare, B-1
-B-1
A-CB-1
+CB-1
A = B-1
, deciCB-1A = CB-1+B-1A.
(ii) (i). Se demonstreaz analog.
1.47. ,,. Presupunem c ecuaia X-1Xt =A admite soluia
X=
dc
baM2(). Atunci X
-1 =
-
-
ac
bd
X)det(
1, Xt =
db
cai
deci
-
8/6/2019 Probleme Algebra
60/150
60
A = X-1 Xt =
--
--2
2
)(
)(
)det(
1
cadacb
dbcbad
X,
unde evident impunem condiia det(X)0adbc.
Deoarece AM2() i orice matrice AM2() verific ecuaiacaracteristic A2-tr(A)A+det(A)I2=O2, deducem c det(A) =
= det(X-1)det(Xt) = 1)det()det(
1= X
X i p
bcad
cbadAtr =
---
=222
)( .
Dac p=2 (b-c)2=0 b=c A=I2, obinem o contradicie. Deci
exist p\ {2} a.. A2-pA+I2 = O2 , unde p a fost definit mai sus.
,,. Dac exist p-{2) a. . A2
-pA+I2 = O2 i AI2,folosim faptul c A verific ecuaia caracteristicA2-tr(A)A+det(A)I2=O2, i prin scdere deducem c (tr(A)-p)A == (det(A)-1)I2, de unde p = tr(A) i det(A) = 1.
Prin urmare A se scrie sub forma
--+-=
upv
upuvu
A21 ,
cu u, v, v0 i deducem c sistemul ubcad
bad
=-- 2
,
upbcad
cad-=
-- 2
, vbcad
dbc=
-- )(
,v
upu
bcad
acb 1)( 2 --=
--
are soluie doar
dac p2, i anume dv
puua
2
2 1+-= , d
v
ub
1-= , d
v
puc
-+=
1,
unde d*i deci matricea X=
+-
-+-
vpu
u
v
puu
v
d
1
112
satisface ecuaia
X-1Xt = A.
1.48. Fie A=
qp
nm, A*=
-
-
mp
nq, d = mq-np, m, n, p,
q. Prin calcul direct avem: det(A+dA*) =mdqdp
dnqdm
+-
-+
)1(
)1(=
= d[(d-1)2
+(m+q)2
], iar condiia din enun devine d = 1 i m+q = 0.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
61/150
61
Atunci det(A-dA*) = det(A-A*) =mqp
nqm
-
-
2
2=
= -(m+q)2+4(mq-np) = 4d = 4.
1.49. Matricea A verific ecuaia sa caracteristic, deci
A2-(a+d)A+(ad-bc)I2=O2. Presupunem c exist n1 a. . An = I2.
Rezult c (det(A))n =1, deci det(A){-1, 1}. Considerm polinoamele
f=X2-uX+v, g=Xn-1, unde u=a+d >2, iar v{-1, 1}. Ecuaia f(x)=0 arerdcinile x1, x2 reale deoarece =u
2-4v>0. Rdcinile x1, x2 nu pot firdcini ale ecuaiei g(x)=0, deoarece dac 011 =-
nx rezult |x1|=1 i
cum 0121 =+- vuxx , am avea |u|=|ux1|= vx +21 |x1|2+|v|=2,contradicie. Rezult c polinoamele f i g sunt prime ntre ele, deciexist polinoamele cu coeficieni reali P i Q a.. Pf+Qg=1. Aceastegalitate fiind o identitate polinomial, se pstreaz cnd nlocuim pe X
prin matricea A, deci P(A)f(A)+Q(A)g(A)=I2. Deoarece f(A)=g(A)=O2,aceast egalitate matriceal devine O2=I2, contradicie.
1.50. Fie f:
, f(x)=det(A
2
+B
2
+C
2
+BCx). Avem cf(2)=det[A2+(B+C)2] > 0 i f(-2) = det[A2+(B-C)2] > 0. S presupunemde exemplu c det(BC) = det(B)det(C) < 0.
Graficul lui f este o parabol, deci det(A2+B2+C2) = f(0) > 0.
1.51. Fie A=
tz
yxM2(), AO2, a. . A+A
t=aI2
=
+
a
a
ty
zx
tz
yx
0
0
x = t i z = -y A=
- xy
yx
. Din
AO2 rezult c det(A) = x2+y20, deci A este inversabil.
Fie B= Ayx
yx
x
yx
y
yx
y
yx
x
22
2222
2222 1
+=
++-
++.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
62/150
62
Observm c 1
2
22
2
22=
++
+ yx
y
yx
x, deci exist
t[0, 2) a.. tyx
x cos22
=+
i tyx
y sin22
=+
B=
- tt
tt
cossin
sincos.
Se verific prin inducie dup m0, c Bm=
- mtmt
mtmt
cossin
sincos
i apoi pentru m0, deci pentru m.
Atunci Am + (At)m=m
yx
+ 22 (Bm+(Bt)m) =
=m
yx
+ 22
mt
mt
cos20
0cos2=bI2,
pentru b=2cos mtm
yx
+ 22 .
1.52. Dac Ak=
kk
kk
dc
ba, din A0Ak=AkA0 rezult
kkkkk
ad
ad
c
c
b
ba=
-
-==
0000
i cum A0aI2b0, c0, d0-a0 nu sunt toate
nule, avem bk=kb0, ck=kc0, dk=kd0+k, ak=ka0+k, aadar,
Ak=kA0+kI2, 1
k
n.(i). Dack=0, k{1,,n} atunci ( ) 22
1
2 IA k
n
k
k = =
b , deci
( ) 0)det( 221
2 = =
k
n
k
kA b .
Dac 02 = kaa , atunci
( ) ( ) ( ) )(2 022
0
2
0
22
APIAAA kkkkk =++= bbaa ,
-
8/6/2019 Probleme Algebra
63/150
63
P fiind un polinom de grad doi cu discriminantul:
( ) ( )( ) 0222 -=D kkkk baba .Rezult ))(()( 00 zzzzzP --= a , z0, de unde
))(()( 2002000 IzAIzAAP --= a , deci
0)det()(det2
2002
0 -= IzAAP a .
(ii). Din condiia A2aA1, pentru orice a, rezult1
2
1
2
b
b
a
a
adic
-
8/6/2019 Probleme Algebra
64/150
64
C-1S = I2, deci S = C. Ca urmare, matricele cutate sunt de forma:
-
0
0
a
a, *.
1.54. Fie P(X) = det(A + XIn)[X]. P(X) i Xn-2 nu sunt
prime ntre ele n [X]. ntr-adevr, presupunnd contrariul, exist
polinoamele R, S[X] a.. PR + (Xn-2)S = 1, de unde
( 1)2(2 = nn PR . Dar, din ipotez, 0)2( =nP , contradicie. Cum nsXn-2 este ireductibil n [X] (conform criteriului lui Eisenstein),deducem c (Xn-2) | P. Deoarece grad P = n i P este monic, rezultP = Xn-2. Deci det(A+XIn) = Xn-2 i obinem: det(A) = det(A+0In) = -2;det(A+In) = det(A+1In) = -1; det(A-In) = det(A+(-1)In) = (-1)
n-2.Rezult: det(A-In) = det(A)+(det(A+In))
n.
1.55. S notm cu ),...,,( 21 naaaA matricea din M determinat
de numerelen
aaa ,...,, 21 . Notm cu A1 = Ini pentru orice i{2, , n}Ai matricea determinat de aij = i,j-1. Se observ c
=
=n
i
iin AaaaaA1
21 ),...,,( . Facem convenia s identificm pe n+i cu i,
pe i cu n-i pentru 1in i pe 0 cu n. Se observ uor prin calcul c
AiAj = AjAi = Ai+j, pentru 1i, jn.
Fie =
=n
i
iiAaA1
i =
=n
jjj AbB
1
. Atunci:
)(1==
n
i
iiAaAB )(1=
n
jjj Ab = = =
n
ijiji
n
jAAba
1 1)( = = =
n
iijji
n
jAAba
1 1)( =
= =
n
j
jjAb1
)( BAAan
i
ii ==
)(1
.
Reciproc, s presupunem c matricea B comut cu orice matrice
AM. Atunci elementul aij al matricei A2 se poate scrie, innd cont deconvenia fcut, sub forma:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
65/150
65
-=
-== - 11
,101,
jipentru
jipentrua jiij d .
Fie B=(bij)
1
i,j
nmatricea care comut cu orice matrice AM.
Deci BA2=A2B sau ==
+n
k
kjikb
1
1d =
=-
n
k
kjik b
11d
=+
n
k
jkikb
1,1d , de unde
rezult c bi,j-1= bi+1,j pentru orice 1i, jn.Facem pe rnd pe i=1, 2, , n i j=1, 2, , n i obinem:
12211 ... bbbb nn ==== ,
21,,12312 ... bbbbb nnn ===== - ,
..nnnn bbbbb ===== -1,32211 ... ,
de unde deducem c B = ),...,,( 21 nbbbA M.
1.56. Avem:On = AOn = A(aIn+bA+cB+dAB) = aA+bA
2+cAB+dA2B == aA+bA2-cBA-dABA=(aIn+bA-cB-dAB)A, deci aIn+bA-cB-dAB = On.
Rezult aIn+bA = On.
Dac b0, atunci a0 i nIb
aA -= deci
nOBb
aBAAB -=+
2, absurd, deci a = b = 0. Cum cB+dAB = On
implic cIn+dA = On rezulti c = d = 0.
1.57. (i). Considerm coloanele i1
-
8/6/2019 Probleme Algebra
66/150
66
aceste coloane care este nenul. Rezult c avem cel puin knC minori de
ordin k nenuli (putem alege knC sisteme de k coloane din n) i atuncinumrul total este cel puin 2n-1.
1.58. Fie PMn() o matrice inversabil astfel nct AP = PB.Atunci:
P = (zkj)k,j = (ukj+ivkj)k,j = U+iV, unde U, VMn().Din relaia A(U+iV) = (U+iV)B, separnd partea reali partea
imaginar, rezult c AU = UB i AV = VB.Fie polinomul cu coeficieni reali f(x) = det(U+xV). Deoarece
f(i) = det(P) 0, rezult c f este nenul i deci exist cuproprietatea c f() 0.
Atunci det(U+V) 0, adic U+V este o matrice inversabil
n Mn(). Dar A(U+V) = AU+AV = UB+VB = (U+V)B, deci A i
B sunt asemenea i n Mn().
1.59. Inversabilitatea matricei A+B+In este echivalent cu faptul
c singura soluie a sistemului liniar omogen (A+B+In)x = 0 este soluiabanal x = 0 (din n).
Presupunnd c v este o soluie, avem (folosind faptul cAB = BA i inducia matematic)
Bkv = (-1)k(In+A)kv.
Astfel, v = B1998X = (In+A)1998v.
Lem.Polinoamele P(X) = (X+1)1998-1 i Q(X) = X1997-1 suntprime ntre ele.
Demonstraie. Fie z0 o rdcin comun. Atunci |z0|=1 i|z0+1|=1. Prin urmare, 0, 1 i z0+1 sunt vrfurile unui triunghi
echilateral. Rezult de aici c arg(z0+1){-/3, /3}.
Deci z0+1=3
sin3
cospp
i+ sau z0+1=3
sin3
cospp
i- .
n ambele cazuri, 19970z 1, contradicie.
Conform lemei, exist dou polinoame R, S[X] cu
proprietatea c R[(X+1)1998
-1]+S[X1997
-1] = 1.
-
8/6/2019 Probleme Algebra
67/150
67
Atunci R(A)[(A+In)1998-In]+S(A)[A
1997-In] = In n Mn().Aplicnd la cei doi membri pe v, obinem n stnga 0 i n dreapta v.Deci v = 0.
1.60. (i). Evident.(ii). Dac V este un K-spaiu vectorial de dimensiune n, atunci
| V | = pn. Interpretnd elementele lui GLn(K) drept mulimea aplicaiilorliniare inversabile pe V = Kn, se observ imediat c | GLn(K) | este egalcu numrul sistemelor ordonate (e1, , en) de elemente ale lui V ceconstituie baze ale lui V peste K. ns, pentru a alege o baz a lui V
peste K, putem alege mai nti pe e1 ca fiind orice element nenul al lui V(avem pn-1 posibiliti), apoi pe e2 ca fiind orice element al lui V ce nu
este de forma ae1, cu aK (avem pn-p posibiliti); apoi pe e3 ca fiind
orice element din V ce nu este de forma a 1e1+a2e2, cu a1, a2K (avempn-p2 posibiliti) etc.
Deci | GLn(K) | = (pn-1)(pn-p)(pn-pn-1).
(iii). Cum det(U) = det(V) = 1, deducem c U, VSL2().
Prin calcul direct se verific egalitile: U-1 =
-
10
11;
V-1 =
- 11
01; Uk =
10
1 k; Vk =
1
01
k, pentru orice k, precum
i egalitatea:
()
-
-
10
01= U-1V2U-1V2.
Fie acum M =
dc
baSL2() cu ad-bc = 1.
Vom demonstra prin inducie matematic asupra lui |c| c Mpoate fi scris sub forma cerut de enun. Dac |c| = 0, atunci ad=1 deci
a = d = 1 sau a = d = -1, astfel c M =
10
1 b= Ub, respectiv
M=
-
-
10
1 b=
-
-
10
01
-
10
1 b= U 1 V 2 U -1V 2U -b (inem cont de
()).
-
8/6/2019 Probleme Algebra
68/150
68
Presupunem acum c |c|0 i fie q, r astfel nct a=cq+r cu
0r
-
8/6/2019 Probleme Algebra
69/150
69
1.62.Avem:
n
nnnnnnn
bbbb
rnararaa
rnararaa
rnararaa
D
...
)1(...2
...............
)1(...2
)1(...2
321
1111111
2222222
1111111
------- -+++
-+++
-+++
=
113121
1111
2222
1111
...
)1(...2...............
)1(...2
)1(...2
bbbbbbb
rnrra
rnrra
rnrra
n
nnnn
---
-
-
-
=
----
1...
2
...
...............
...
...
)!1(
113121
1111
2222
1111
-
---
-=----
n
bbbbbbb
rrra
rrra
rrra
n
n
nnnn
n
nn
ccbbb
ra
ra
ra
n
...
0...0
...............
0...0
0...0
)!1(
3121
11
22
11
-
-=
--
= 0, (dezvoltnd pe D dup
ultima coloan).
1.63. Presupunem prin absurd c A2+pA+qIn=On. Atunci din
identitatea A2+pA+qIn= nn Iqp
Ip
A4
4
2
22 --
+ , rezult c
nn Iqp
Ip
A 4
4
2
22 -=
+ . Aplicnd determinantul n ambii membri
-
8/6/2019 Probleme Algebra
70/150
70
obinem
n
n
qpI
pA
-=
+
4
4
2det
22
. Membrul stng al egalitii este
pozitiv iar membrul drept al egalitii este strict negativ deoarece
p2-4q < 0 i n este un numr natural impar, deci am obinut ocontradicie. Rezult deci c A2+pA+qInOn.
1.64. Se obine A = B-In i condiia An = A se poate scrie
astfel: (B-In)n = (B-In)
sau nnnn
nn IBIBCB aa -=-++- - )1(...11 ,
sau nn
nnn
nn IIBBBCB )1()1(... 111 ---=--++- -- aa .
De aici putem scrie))1(())1(...( 11211 aa --=--++- +--- nnnn
nnn
n IIIBCBB , de unde
(1) nnnnnn
nn IIIBCBB =
----++-
+---
aa
11211
)1(
1))1(...( .
Am inut cont c1 i BnIn = InBn. Din relaia (1) rezult c
matricea B are invers la dreapta i datorit faptului c B comut cuorice putere a sa, rezult c aceast invers la dreapta este inversi la
stnga. Deci matricea B este inversabil.
1.65. Notm kkk xixz sincos += , k{1, , n}.
S observm ckp
kkp
z
za = i
ixxxixxxzzz nnn =+++++++= )...sin()...cos(... 212121 .
Atunci
nn
n
n
n
n
n
n
n
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
z
A
...
............
...
...
)det(
21
22
22
221
2
1
2
1
1
1
=
-
8/6/2019 Probleme Algebra
71/150
71
==
---
n
n
nn
nn
n
zzz
V
zzz
zzz 1,...,
1,
1
1...11............
1...
111...11
21
112
11
21 ,
unde Vn este determinantul Vandermonde de ordinul n (s-au dat factori
comuni z1, z2, ,zn pe linii inzzz
1,...,
1,
1
21
pe coloane). Avem aadar:
-
8/6/2019 Probleme Algebra
72/150
72
seama de faptul c matricele A i B comut, precum i de relaiile luiVite pentru ecuaia (1), putem scrie:
=
+-
-
8/6/2019 Probleme Algebra
73/150
73
ntr-adevr, dezvoltnd detA(t) dup linia i, avem:
ijijininijijii ttAataatA G=G+=G++G+++G= )0(det...)(...)(det 11 .
Procednd ca n cazul i), avem A*(t) = detA(t)(A(t))-1, pentru
t0 i (A*
(t))*
= (detA(t))n-2
A(t). Elementele lui A*
(t) sunt funciicontinue n t de grad cel mult unu, deci elementele lui (A *(t))* sunt
polinoame de grad cel mult n-1 n t. Atunci cnd t0 rezult celementele lui (A*(t))* tind ctre elementele lui (A*(0))*, acestea fiind
nule. Deci (A*)*= 0 A= 0. Contradicie, i prin urmare n acest cazA = 0.
iii) rang(A) < n-1. n acest caz A* = 0 (A*)* = 0 i deci
(A*
)*
= AA = 0.
1.68. Dac A, BMn() sunt simetrice (adic A = Ati B = Bt)
atunci:
i) Dac AB este simetric avem c (AB)t = AB BtAt = AB
BA = AB.ii) Dac AB = BA, atunci (AB)t = BtAt = BA = AB.
1.69. Prin calcul direct.
1.70. ,,. S presupunem c rang(A)1. Dac rang (A)=0,
avem aij=0, oricare ar fi (i, j){1, 2, , m}{1, 2, , n}, deci putemlua x1=x2==xm=y1=y2==yn=0. Dac rang (A)=1 exist un element
nenul akp, unde (k, p){1, 2, , m}{1, 2, , n} este fixat, iar toi
minorii de ordinul doi ai matricei date sunt nuli. Deoarece a kp*
,putem fixa xk
*, yp* astfel nct akp=xkyp. Pentru fiecare i{1, ,
m} vom nota 1-= pipi yax i pentru fiecare j{1, , n} vom nota1-= kkjj xay . Rezult aip=xiyp, i{1, 2, , m}, respectiv akj=xkyj,
j{1, 2, , n}. Fie acum i{1, 2,,m}-{k}, j{1, 2,,n}\{p}.Scriind c minorul de ordin doi obinut prin intersecia liniilor ki i cucoloanele p i j este nul rezult akpaij=aipakj. Aceast egalitate se scrie,
echivalent, xkypaij=xiypxkyj, i mprind prin xkyp*, obinem aij=xiyj .
-
8/6/2019 Probleme Algebra
74/150
74
Am demonstrat deci c aij=xiyj, oricare ar fi (i, j){1, 2, ,m}{1, 2, , n}.
,,. Dac exist x1, x2, , xm i y1, y2, , yn a. .
aij=xiyj, oricare ar fi (i, j){1, 2, , m}{1, 2, , n} se constat uor ctoi minorii de ordinul doi ai matricei date sunt nuli, deci rang(A)1.
1.71. Cum 021101
12=
-, rang(A)2.
Avem1101512
21
-
l
= 3-9. Pentru 3, rang(A) = 3, iar pentru
=3, rang(A) = 2.
1.72. rang(A) = 2.
1.73. Avem c rang(AB)min{rang(A), rang(B)}n
-
8/6/2019 Probleme Algebra
75/150
75
2. Spaii vectoriale.
2.1. (i). Se verific axiomele spaiului vectorial (elementul nulfiind 1).
(ii). Fie a > 1, a 1 ( deci a este nenul n V). Deoarece pentruorice xV (deci x > 0) exist a.. x = a = a ( i anume
= logax) deducem c {a} este sistem de generatori. Daca = 1,atunci a = 1 i cum a 1 deducem c = 0, adic {a} este liniar
independent peste . Deci {a} este o baz iar dimV = 1.
2.2. (i), (ii). Se verific axiomele spaiului vectorial.
2.3. Cum 0 exist-1 n K. Astfel obinem -1(x)=-1 0 = 0 (-1