2.1.concursuri Internationale.pdf

Editura StudIS [email protected] Iasi, Sos. Stefan cel Mare, nr.5 Tel./fax: 0232 – 217.754 Descrierea CIP a Bibliotecii Naţionale a României COORDONATOR: VASILE POP Cornel Băeţica, Ariadna Pletea, Gabriel Mincu, Marcel Roman Teme şi probleme pentru concursurile studenţeşti de matematică. Vol. 1 Concursuri internaţionale / Vasile Pop, Cornel Băeţica, Ariadna Pletea, Gabriel Mincu, Marcel Roman - Vatra Dornei : StudIS, 2013 Bibliogr. ISBN: 978-606-624-302-5 ISBN vol.1 978-606-624-299-8 I. Vasile Pop II. Cornel Băeţica III. Ariadna Pletea IV. Gabriel Mincu V. Marcel Roman

Consilier editorial: Dranca Adrian Secretar editorial: Moroşanu Paul

Pre-press, tipar digital şi finisare: S.C. ADI CENTER SRL Şos. Ştefan ce Mare, nr. 5 Tel.: 217 754

Copyright © 2013 Toate drepturile asupra acestei ediţii sunt rezervate autorului

Cuprins Prefat¸˘ a

1

Introducere

3

I. Algebr˘ a ¸si Geometrie

4

1 Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

5

2 Polinoame

44

3 Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

85

4 Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

146

5 Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

171

6 Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

204

Lucrarea a fost elaborat˘ a dup˘ a cum urmeaz˘ a: Capitolul 1. Cornel B˘ aet¸ica Capitolul 2. Gabriel Mincu Capitolul 3. Vasile Pop, Ariadna Pletea Capitolul 4. Vasile Pop Capitolul 5. Vasile Pop, Ariadna Pletea Capitolul 6. Vasile Pop, Marcel Roman

Prefat¸˘ a Cartea de fat¸˘ a a fost elaborat˘ a ˆın cadrul proiectului POSDRU/56/1.2/S/32768, ”Formarea cadrelor didactice universitare ¸si a student¸ilor ˆın domeniul utiliz˘arii unor instrumente moderne de predare-ˆınv˘ a¸tare-evaluare pentru disciplinele matematice, ˆın vederea cre˘arii de competent¸e performante ¸si practice pentru piat¸a muncii”. Finant¸at din Fondul Social European ¸si implementat de c˘atre Ministerul Educat¸iei, Cercet˘arii, Tineretului ¸si Sportului, ˆın colaborare cu The Red Point, Oameni ¸si Companii, Universitatea din Bucure¸sti, Universitatea Tehnic˘a de Construct¸ii din Bucure¸sti, Universitatea ”Politehnica” din Bucure¸sti, Universitatea din Pite¸sti, Universitatea Tehnic˘a ”Gheorghe Asachi” din Ia¸si, Universitatea de Vest din Timi¸soara, Universitatea ”Dun˘area de Jos” din Galat¸i, Universitatea Tehnic˘a din Cluj-Napoca, Universitatea ”1 Decembrie 1918” din Alba-Iulia, proiectul contribuie ˆın mod direct la realizarea obiectivului general al Programului Operat¸ional Sectorial de Dezvoltare a Resurselor Umane - POSDRU ¸si se ˆınscrie ˆın domeniul major de intervent¸ie 1.2 Calitate ˆın ˆınv˘a¸t˘amˆantul superior. Proiectul are ca obiectiv adaptarea programelor de studii ale disciplinelor matematice la cerint¸ele piet¸ei muncii ¸si crearea de mecanisme ¸si instrumente de extindere a oportunit˘a¸tilor de ˆınv˘ a¸tare. Evaluarea nevoilor educat¸ionale obiective ale cadrelor didactice ¸si student¸ilor legate de utilizarea matematicii ˆın ˆınv˘ a¸t˘ amˆ antul superior, masterate ¸si doctorate precum ¸si analizarea eficacit˘a¸tii ¸si relevant¸ei curriculelor actuale la nivel de performant¸˘a ¸si eficient¸˘a, ˆın vederea dezvolt˘arii de cuno¸stint¸e ¸si competent¸e pentru student¸ii care ˆınvat¸˘a discipline matematice ˆın universit˘a¸ti, reprezint˘ a obiective specifice de interes ˆın cadrul proiectului. Dezvoltarea ¸si armonizarea curriculelor universitare ale disciplinelor matematice conform exigent¸elor de pe piat¸a muncii, elaborarea ¸si implementarea unui program de formare a cadrelor didactice ¸si a student¸ilor interesat¸i din universit˘a¸tile partenere bazat pe dezvoltarea ¸si armonizarea de curriculum, crearea unei baze de resurse inovative, moderne ¸si funct¸ionale pentru predarea-ˆınv˘ a¸tarea-evaluarea ˆın disciplinele matematice pentru ˆınv˘a¸t˘amˆantul universitar sunt obiectivele specifice care au ca r˘aspuns materialul de fat¸˘a. Formarea de competent¸e cheie ˆın matematic˘a ¸si informatic˘a presupune crearea de abilit˘ati de care fiecare individ are nevoie pentru dezvoltarea personal˘a, incluziune social˘a ¸si insert¸ie pe piat¸a muncii. Se poate constata ˆıns˘ a c˘a programele disciplinelor de matematic˘a nu au ˆıntotdeauna ˆın vedere identificarea ¸si sprijinirea elevilor ¸si student¸ilor potent¸ial talentat¸i la matematic˘a. Totu¸si, studiul matematicii a evoluat ˆın exigent¸e pˆan˘a la a ajunge s˘a accepte provocarea de a folosi noile tehnologii ˆın procesul de predare-ˆınv˘a¸tare-evaluare pentru a face matematica mai atractiv˘ a. ˆIn acest context, analiza flexibilit˘a¸tii curriculei, ˆınsot¸it˘a de analiza metodelor ¸si instrumentelor folosite pentru identificarea ¸si motivarea student¸ilor talentat¸i la matematic˘ a ar putea r˘ aspunde deopotriv˘a cerint¸elor de mas˘a, cˆat ¸si celor de elit˘a. Viziunea pe termen lung a acestui proiect preconizeaz˘a determinarea unor schimb˘ari ˆın abordarea fenomenului matematic pe mai multe planuri: informarea unui num˘ar cˆat mai 1

2

Prefat¸˘a

mare de membri ai societ˘ a¸tii ˆın leg˘ atur˘a cu rolul ¸si locul matematicii ˆın educat¸ia de baz˘a, ˆın instruct¸ie ¸si ˆın descoperirile ¸stiint¸ifice menite s˘a ˆımbun˘at˘a¸teasc˘a calitatea viet¸ii, inclusiv popularizarea unor mari descoperiri tehnice, ¸si nu numai, ˆın care matematica cea mai avansat˘a a jucat un rol hot˘ arˆ ator. De asemenea, se urm˘are¸ste evident¸ierea a noi motivat¸ii solide pentru ˆınv˘ a¸tarea ¸si studiul matematicii la nivelele de baz˘a ¸si la nivel de performant¸˘a; stimularea creativit˘ a¸tii ¸si formarea la viitorii cercet˘atori matematicieni a unei atitudini deschise fat¸˘a de ˆınsu¸sirea aspectelor specifice din alte ¸stiint¸e, ˆın scopul particip˘arii cu succes ˆın echipe mixte de cercetare sau a abord˘arii unei cercet˘ari inter ¸si multi disciplinare; identificarea unor forme de preg˘ atire adecvat˘a de matematic˘a pentru viitorii student¸i ai disciplinelor matematice ˆın scopul utiliz˘arii la nivel de performant¸˘a a aparatului matematic ˆın construirea unei cariere profesionale.

Introducere Concursurile de matematic˘ a, nat¸ionale ¸si internat¸ionale pentru elevi au o tradit¸ie ˆındelungat˘a, primul concurs internat¸ional fiind organizat la init¸iativa Romˆaniei, ˆın Romˆania ˆın anul 1959 (Olimpiada Internat¸ional˘a de Matematic˘a). ˆIn tot¸i ace¸sti ani, la nivelul matematicii preuniversitare s-a ajuns la o program˘a de concurs comun˘a, unanim acceptat˘a de toate ¸t˘ arile participante la OIM (ˆın prezent peste 120 de ¸t˘ari) iar concursul reprezint˘ a pentru mult¸i dintre participant¸i cel mai important test de verificare al nivelului preg˘ atirii matematice ¸si ˆın acela¸si timp un barometru pentru nivelul matematicii competit¸ionale al ¸t˘ arii din care provin. Este de dorit ca ¸si la nivel universitar competit¸iile internat¸ionale s˘a urmeze modelul OIM, ˆın special ca form˘ a de organizare ¸si ca program˘a de concurs general acceptat˘a ¸si cunoscut˘a. La nivel universitar concursurile de matematic˘a s-au desf˘a¸surat foarte mult timp doar la nivel nat¸ional ˆın diverse ¸t˘ ari ¸si ˆın multe cazuri sporadic. Cea mai veche competit¸ie nat¸ional˘a cu desf˘ a¸surare neˆıntrerupt˘ a este concursul Putnam, organizat ˆın Statele Unite ale Americii ˆıncepˆ and cu anul 1938. ˆIn Romˆania, Concursul Nat¸ional Student¸esc ”Traian Lalescu” s-a desf˘ a¸surat la mai multe discipline, s-a ˆıntrerupt ˆın perioada 1992-2006 ¸si a fost reluat din 2007 la matematic˘ a. Cea mai important˘ a competit¸ie internat¸ional˘a de matematic˘a pentru student¸i este IMC (International Mathematics Competition for University Students) care se organizeaz˘a itinerant din 1994 fiind echivalentul Olimpiadei Internat¸ionale de Matematic˘a la nivel universitar. ˆIn ultimii ani la aceast˘ a competit¸ie particip˘a peste 300 de student¸i din peste 70 de universit˘a¸ti ¸si peste 30 de ¸t˘ ari. Competit¸ia este individual˘a iar fiecare echip˘a reprezint˘a o universitate (nu o ¸tar˘ a). Dificultatea problemelor date ˆın concurs este deosebit de ridicat˘a, iar rezultatul este edificator: concursul se desf˘a¸soar˘a pe durata a dou˘a zile ¸si se dau 5 sau 6 probleme ˆın fiecare zi. ˆIncepˆand din 2007 se desf˘ a¸soar˘ a Concursul Internat¸ional Student¸esc SEEMOUS (South Eastern European Mathematical Olympiad for University Students), analogul Olimpiadei Balcanice de Matematic˘ a pentru elevi, la care au participat ˆın fiecare an student¸i de la universit˘a¸ti din Romˆ ania (Bucure¸sti, Cluj-Napoca, Ia¸si, Timi¸soara). Aceast˘a culegere de probleme a fost gˆandit˘a pentru a pune la dispozit¸ia student¸ilor din Romˆania un material necesar pentru o bun˘a preg˘atire matematic˘a ˆın vederea ridic˘arii nivelului preg˘ atirii obi¸snuite la nivel competit¸ional (nat¸ional sau internat¸ional). La elaborarea c˘ art¸ii au fost implicat¸i profesori cu experient¸˘a la concursurile nat¸ionale ¸si internat¸ionale student¸e¸sti. ˆIn elaborarea programei care st˘ a la baza culegerii am decis, dup˘a discut¸ii cu reprezentant¸i ai majorit˘ a¸tii universit˘ a¸tilor din ¸tar˘a, s˘a folosim curricula concursurilor internat¸ionale de matematic˘ a la care student¸ii de la universit˘a¸tile din Romˆania particip˘a cel mai frecvent. Problemele au fost ˆımp˘ art¸ite pe teme ˆın 14 capitole: 3

4

• • • • • • • •

Introducere

Algebr˘a - capitolele 1 ¸si 2, Algebr˘a liniar˘ a - capitolele 3, 4, 5, Geometrie analitic˘ a - capitolul 6, Analiz˘a real˘ a (funct¸ii de o variabil˘ a) - capitolele 7, 8, 9, Analiz˘a matematic˘ a (funct¸ii de mai multe variabile) - capitolul 10, S¸iruri ¸si serii de funct¸ii - capitolul 11, Funct¸ii complexe - capitolul 12, Matematici discrete - capitolele 13 ¸si 14. Fiecare capitol ˆıncepe cu o prezentare a not¸iunilor ¸si rezultatelor necesare rezolv˘arii problemelor, urmat˘ a de un num˘ ar suficient de probleme rezolvate, unele clasice, dar semnificative, altele pentru antrenament ¸si altele selectate din concursurile internat¸ionale sau nat¸ionale ale altor ¸t˘ ari ca: Rusia, Frant¸a, Iran, S.U.A., Ungaria, Cehia, Israel. Culegerea cont¸ine peste 600 de probleme cu rezolv˘ari complete, o list˘a de peste 50 de titluri bibliografice (c˘ art¸i editate ˆın ¸tar˘a sau ˆın str˘ain˘atate), precum ¸si o list˘a de adrese de Internet ale diverselor concursuri internat¸ionale student¸e¸sti. Dup˘a cuno¸stint¸a autorilor aceast˘a culegere este prima ˆın lume care trateaz˘a o astfel de tematic˘a la modul general, nefiind dedicat˘ a doar unui anumit concurs. Fiecare capitol al culegerii a fost elaborat de unul sau doi dintre cei 11 autori ¸si fiecare a putut contribui cu probleme la orice alt capitol. De coordonarea ˆıntregii culegeri ¸si finalizarea ei s-au ocupat conf. dr. Vasile Pop de la Universitatea Tehnic˘a din Cluj-Napoca ¸si conf. dr. Cornel B˘ aet¸ica de la Universitatea din Bucure¸sti.

Capitolul 1

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri Definit¸ii ¸si rezultate Legi de compozit¸ie. Semigrupuri. Monoizi • Fie M o mult¸ime nevid˘ a. O funct¸ie ϕ : M × M → M se nume¸ste lege de compozit¸ie pe M . Dac˘a nu ment¸ion˘ am altfel, legea de compozit¸ie va fi notat˘a multiplicativ, adic˘a ϕ(x, y) = xy. Dac˘ a legea de compozit¸ie este asociativ˘ a, adic˘a (xy)z = x(yz) pentru orice x, y, z ∈ M , atunci (M, ϕ) se nume¸ste semigrup. Dac˘a ˆın plus exist˘a un element neutru e ∈ M , adic˘ a xe = ex = x pentru orice x ∈ M , atunci semigrupul M se nume¸ste monoid. Dac˘a nu exist˘ a nici un pericol de confuzie, ˆın loc de (M, ϕ) vom scrie simplu M . • Dac˘a M este monoid, atunci mult¸imea U (M ) = {x ∈ M | x este simetrizabil} este grup cu legea de compozit¸ie indus˘ a din cea a lui M ¸si se nume¸ste grupul unit˘ a¸tilor lui M . 0 0 • Fie M un monoid ¸si M o submult¸ime nevid˘a a sa. Dac˘a M este monoid ˆın raport cu legea indus˘a (echivalent, xy ∈ M 0 pentru orice x, y ∈ M 0 ¸si elementul identitate al lui M se afl˘a ˆın M 0 ), atunci M 0 se nume¸ste submonoid al lui M . • Dac˘a S, S 0 sunt semigrupuri ¸si f : S → S 0 o funct¸ie cu proprietatea c˘a f (xy) = f (x)f (y) pentru orice x, y ∈ S, atunci f se nume¸ste morfism de semigrupuri. Dac˘a M, M 0 sunt monoizi, iar f : M → M 0 este o funct¸ie cu proprietatea c˘a f (xy) = f (x)f (y) pentru orice x, y ∈ M ¸si f (e) = e0 , unde e, e0 sunt elementele identitate ale celor doi monoizi, atunci f se nume¸ste morfism de monoizi. Grupuri • Dac˘a G este un grup multiplicativ, atunci, dac˘a nu se precizeaz˘a altfel, elementul neutru se noteaz˘a cu e (sau cu 1). • Ordinul unui element g al unui grup se noteaz˘a ord(g) ¸si este cel mai mic num˘ar natural nenul n cu proprietatea c˘ a g n = e. Dac˘a G este grup finit, atunci ord(g) | |G|. • Fie G grup ¸si H ⊆ G, H 6= ∅. Atunci H se nume¸ste subgrup al lui G dac˘a pentru orice x, y ∈ H avem c˘ a xy −1 ∈ H. Scriem c˘a H este un subgrup al lui G astfel: H ≤ G. Un subgrup H al lui G se nume¸ste propriu dac˘a H 6= G. • Dac˘a X este o submult¸ime a unui grup G, atunci intersect¸ia tuturor subgrupurilor lui G care cont¸in pe X se nume¸ste subgrupul generat de X ¸si se noteaz˘a cu hXi. • Fie G un grup ¸si H ≤ G. Dou˘ a elemente x, y ∈ G se numesc congruente modulo H la 5

6

stˆanga (respectiv, la dreapta) dac˘ a x−1 y ∈ H (respectiv, xy −1 ∈ H). Ambele relat¸ii de congruent¸˘a modulo H sunt relat¸ii de echivalent¸˘a. Not˘am cu (G/H)s (respectiv, (G/H)d ) mult¸imea claselor de resturi pentru relat¸ia de congruent¸˘a la stˆ anga (respectiv, la dreapta) modulo H ¸si avem c˘a |(G/H)s | = |(G/H)d |. Fie [G : H] = |(G/H)s | = |(G/H)d |; [G : H] se nume¸ste indicele lui H ˆın G. • Teorema lui Lagrange. Fie H ≤ K ≤ G. Atunci [G : H] = [G : K][K : H]. • Lema lui Poincar´e. Fie H, K ≤ G. Atunci [G : H ∩ K] ≤ [G : H][G : K]. Dac˘a [G : H] < ∞ ¸si [G : K] < ∞, atunci [G : H ∩ K] = [G : H][G : K] dac˘a ¸si numai dac˘a G = HK. • Fie H ≤ G. Dac˘ a xHx−1 = H pentru orice x ∈ G sau echivalent, (G/H)s = (G/H)d , atunci H se nume¸ste subgrup normal. Scriem c˘a H este subgrup normal al lui G astfel: H E G. ˆIn acest caz, pe mult¸imea G/H = (G/H)s = (G/H)d se define¸ste o structur˘a de grup. G/H se nume¸ste grupul factor al lui G prin subgrupul normal H. • Fie H E G. Aplicat¸ia p : G → G/H, p(a) = a ˆ pentru orice a ∈ G, este morfism de grupuri ¸si se nume¸ste proiect¸ia canonic˘ a. • Grupurile factor au urm˘ atoarea proprietate de universalitate: fie G, G0 dou˘a grupuri, H subgrup normal al lui G ¸si f : G → G0 morfism de grupuri cu proprietatea c˘a H ⊆ Ker f . Atunci exist˘ a ¸si este unic un morfism de grupuri f : G/H → G0 care satisface condit¸ia f p = f , unde p : G → G/H este proiect¸ia canonic˘a. • Un subgrup propriu H al lui G se nume¸ste subgrup maximal dac˘a pentru orice K ≤ G cu H ⊆ K, rezult˘ a c˘ a K = H sau K = G. • Fie Z(G) = {x ∈ G | xg = gx pentru orice g ∈ G}. Mult¸imea Z(G) se nume¸ste centrul grupului G ¸si este subgrup normal al lui G. • Dac˘a H ≤ G, atunci CG (H) = {x ∈ G | xh = hx pentru orice h ∈ H} se nume¸ste centralizatorul lui H ˆın G. Pentru un element g ∈ G, mult¸imea CG (g) = {x ∈ G | xg = gx} se nume¸ste centralizatorul elementului g. S˘a observ˘am c˘a CG (g) ¸si CG (H) sunt subgrupuri ale lui G. • Un grup G se nume¸ste simplu dac˘ a singurele sale subgrupuri normale sunt G ¸si {e}. T • Fie G un grup, H ≤ G ¸si HG = xHx−1 . HG se nume¸ste interiorul normal al lui H x∈G

ˆın G ¸si este cel mai mare subgrup normal al lui G cont¸inut ˆın H. ˆIn particular, H E G dac˘a ¸si numai dac˘ a HG = H. • Fie G un grup, H ≤ G ¸si NG (H) = {x ∈ G : xHx−1 = H}. NG (H) se nume¸ste normalizatorul lui H ˆın G ¸si NG (H) este cel mai mare subgrup al lui G ˆın care H este normal. ˆIn particular, H E G dac˘ a ¸si numai dac˘a NG (H) = G. • Dac˘a H ≤ G, atunci CG (H) E NG (H) ¸si NG (H)/CG (H) este izomorf cu un subgrup al lui Aut(H). • Fie G un grup ¸si x, y ∈ G. Definim comutatorul lui x cu y ca fiind elementul [x, y] = x−1 y −1 xy. Elementele lui G de forma [x, y] se numesc comutatori. ˆIn general, produsul a doi (sau mai mult¸i) comutatori nu este neap˘arat un comutator. Definim subgrupul comutator al lui G ca fiind subgrupul generat de tot¸i comutatorii lui G ¸si ˆıl vom nota cu G0 (se mai noteaz˘ a ¸si cu [G, G]). S˘a observ˘am c˘a G/G0 este un grup comutativ, numit abelianizatul lui G. Mai mult, dac˘a H E G, atunci G/H este abelian dac˘a ¸si numai dac˘a G0 ⊆ H. • Dac˘a X este o mult¸ime nevid˘ a, mult¸imea biject¸iilor de la X la X este grup cu compunerea funct¸iilor. Acest grup se nume¸ste grupul simetric al mult¸imii X ¸si se noteaz˘a cu S(X). Elementele lui S(X) se numesc permut˘ ari. Dac˘a X = {1, . . . , n}, atunci S(X) se noteaz˘a cu Sn . Subgrupul lui Sn care const˘a din toate permut˘arile pare se noteaz˘a cu

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

7

An ¸si se nume¸ste grupul altern de grad n. • Un grup finit G se nume¸ste p-grup, unde p este num˘ar prim, dac˘a |G| = pn , n ∈ N∗ . ˆIn acest caz, Z(G) 6= {e}. • Fie G un grup finit ¸si p un num˘ ar prim cu proprietatea c˘a p | |G|. Un subgrup H al lui G cu |H| = pm , m ∈ N∗ , se nume¸ste p-subgrup. ˆIn cazul ˆın care (p, [G : H]) = 1, H se nume¸ste p-subgrup Sylow. Mult¸imea p-subgrupurilor Sylow ale lui G se noteaz˘a Sylp (G). • Teoremele lui Sylow. Fie G un grup finit ¸si p un num˘ar prim cu proprietatea c˘a p | |G|. (i) G cont¸ine un p-subgrup Sylow. (ii) Orice dou˘ a p-subgrupuri Sylow sunt conjugate, adic˘a dac˘a P1 ¸si P2 sunt p-subgrupuri Sylow, atunci exist˘ a x ∈ G astfel ˆıncˆ at P2 = xP1 x−1 . (iii) Dac˘a np este num˘ arul p-subgrupurilor Sylow ale lui G, atunci np ≡ 1 (mod p), np = [G : NG (P )] ¸si np | [G : P ] pentru orice p-subgrup Sylow P . Inele • Prin inel vom ˆınt¸elege o mult¸ime R ˆınzestrat˘a cu dou˘a legi de compozit¸ie: adunarea ”+” ¸si ˆınmult¸irea ”·”, astfel ˆıncˆ at (R, +) este grup abelian, iar ˆınmult¸irea este asociativ˘a ¸si distributiv˘ a la stˆ anga ¸si la dreapta fat¸˘a de adunare. Dac˘a, ˆın plus, exist˘a un element neutru pentru ˆınmult¸ire (notat de obicei cu 1), atunci (R, +, ·) se nume¸ste inel unitar. • Dac˘a R ¸si S sunt inele, un morfism de inele f : R → S este o funct¸ie pentru care f (a + b) = f (a) + f (b) ¸si f (ab) = f (a)f (b) pentru orice a, b ∈ R. Dac˘a R ¸si S sunt inele unitare ¸si morfismul de inele f : R → S verific˘a ¸si f (1R ) = 1S (unde 1R ¸si 1S sunt elementele identitate la ˆınmult¸ire pentru R ¸si S), atunci f se nume¸ste morfism unitar de inele. Dac˘a R ¸si S sunt inele unitare, atunci, dac˘a nu preciz˘am altfel, prin morfism de inele de la R la S se ˆınt¸elege morfism unitar. • Pentru orice submult¸ime nevid˘ a A a unui inel R se noteaz˘a CR (A) = {r ∈ R | ra = ar pentru orice a ∈ A} ¸si se nume¸ste centralizatorul lui A ˆın R. ˆIn particular, CR (R), care se noteaz˘a cu Z(R) (sau C(R)), se nume¸ste centrul lui R. • Fie R un inel unitar. Un element x ∈ R se nume¸ste inversabil la stˆ anga (respectiv la dreapta) dac˘ a exist˘ a y ∈ R astfel ˆıncˆ at yx = 1 (respectiv xy = 1). Elementul y se nume¸ste invers la stˆ anga (respectiv la dreapta) al lui x. Dac˘a x este inversabil la stˆanga ¸si la dreapta, atunci se nume¸ste element inversabil. • Fie R un inel. Un element a ∈ R se nume¸ste divizor al lui zero la stˆ anga (respectiv la dreapta) dac˘ a exist˘ a b ∈ R, b 6= 0, astfel ˆıncˆat ab = 0 (respectiv ba = 0). Dac˘a a este divizor al lui zero la stˆ anga ¸si la dreapta, atunci se nume¸ste divizor al lui zero. (De exemplu, 0 este divizor al lui zero.) Un element care nu este divizor al lui zero nici la stˆanga ¸si nici la dreapta se nume¸ste nondivizor al lui zero sau element regulat. Un inel f˘ar˘a divizori ai lui zero la stˆ anga ¸si la dreapta (diferit¸i de 0) se nume¸ste inel integru. (Echivalent, dac˘a ab = 0, atunci a = 0 sau b = 0.) Un inel integru comutativ (cu 0 6= 1) se nume¸ste domeniu de integritate. • Fie R un inel ¸si x ∈ R. x se nume¸ste nilpotent dac˘a exist˘a un n ∈ N astfel ˆıncˆat xn = 0. Cel mai mic n cu proprietatea c˘a xn = 0 se nume¸ste indicele de nilpotent¸a ˘ al lui x. Elementul x se nume¸ste idempotent dac˘a x2 = x. • Fie R un inel ¸si I ⊆ R, I 6= ∅. I se nume¸ste ideal stˆ ang (respectiv ideal drept) al lui R dac˘a x − y ∈ I pentru orice x, y ∈ I ¸si ax ∈ I (respectiv xa ∈ I) pentru orice a ∈ R, x ∈ I. Dac˘a I este ¸si ideal stˆ ang ¸si ideal drept, atunci se nume¸ste ideal bilateral. Dac˘a R este inel comutativ, atunci cele trei definit¸ii de mai sus coincid ¸si spunem c˘a I este ideal. • Dac˘a I este ideal bilateral ˆın inelul R, not˘am cu R/I inelul factor. Aplicat¸ia p : R → R/I, p(a) = a ˆ pentru orice a ∈ R, este morfism de inele ¸si se nume¸ste proiect¸ia canonic˘ a.

8

• Inelele factor au urm˘ atoarea proprietate de universalitate: fie R, R0 dou˘a inele, I ideal bilateral al lui R ¸si f : R → R0 morfism de inele cu proprietatea c˘a I ⊆ Ker f . Atunci exist˘a ¸si este unic un morfism de inele f : R/I → R0 care satisface condit¸ia f p = f , unde p : R → R/I este proiect¸ia canonic˘ a. • Dac˘a R este un inel ¸si I ⊆ J dou˘ a ideale bilaterale ale sale, atunci exist˘a un izomorfism canonic R/I J/I ' R/J. • Fie R un inel comutativ ¸si P ⊆ R un ideal. P se nume¸ste ideal prim dac˘ a P 6= R ¸si ab ∈ P implic˘a a ∈ P sau b ∈ P , unde a, b ∈ R. Echivalent, R/P este domeniu de integritate. P se nume¸ste ideal maximal dac˘ a P 6= R ¸si nu exist˘a un alt ideal propriu al lui R care s˘a cont¸in˘a strict pe P . Echivalent, R/P este corp. • Pentru un inel R se vor folosi urm˘ atoarele notat¸ii: U (R) = mult¸imea elementelor inversabile din R, D(R) = mult¸imea divizorilor lui zero din R, N (R) = mult¸imea elementelor nilpotente din R, Idemp(R) = mult¸imea elementelor idempotente din R, Spec(R) = mult¸imea idealelor prime ale lui R, Max(R) = mult¸imea idealelor maximale ale lui R. • Dac˘a I ¸si J sunt ideale (stˆ angi, drepte, bilaterale) ˆın inelul R, not˘am cu IJ mult¸imea elementelor lui R de forma x1 y1 +. . .+xn yn , cu n ∈ N∗ , x1 , . . . , xn ∈ I ¸si y1 , . . . , yn ∈ J, iar cu I +J mult¸imea elementelor lui R de forma x+y, cu x ∈ I ¸si y ∈ J. Atunci IJ, respectiv I + J, este ideal (stˆ ang, drept, bilateral) al lui R ¸si se nume¸ste produsul, respectiv suma, idealelor I ¸si J. Puterile I n ale idealului I se definesc recurent prin I 1 = I ¸si I n = II n−1 pentru n ≥ 2. • Un ideal (stˆ ang, drept, bilateral) al lui R se nume¸ste ideal nilpotent dac˘a exist˘a n ∈ N∗ cu proprietatea c˘ a I n = 0. • Prin R[X] vom nota inelul polinoamelor ˆın nedeterminata X cu coeficient¸i ˆıntr-un inel R. Inelele de polinoame au urm˘ atoarea proprietate de universalitate: pentru orice morfism de inele f : R → S ¸si pentru orice s ∈ S, exist˘a ¸si este unic un morfism f : R[X] → S astfel ˆıncˆat f  = f (unde  : R → R[X], (a) = a pentru orice a ∈ R, este morfismul canonic) ¸si f (X) = s. Dac˘a f ∈ R[X], atunci prin grad(f ) not˘am gradul lui f . Dac˘a I este ideal (stˆ ang, drept, bilateral) al lui R, atunci prin I[X] not˘am mult¸imea polinoamelor din R[X] cu tot¸i coeficient¸ii ˆın I. Se observ˘a c˘a I[X] este ideal (stˆang, drept, bilateral) al inelului R[X]. • Prin Mn (R), n ∈ N∗ , not˘ am inelul matricelor p˘atratice de ordin n cu coeficient¸i ˆıntr-un inel R. Dac˘a I este un ideal (stˆ ang, drept, bilateral) al lui R, atunci se noteaz˘a cu Mn (I) mult¸imea matricelor cu toate elementele ˆın I. Se observ˘a c˘a Mn (I) este ideal (stˆang, drept, bilateral) al lui Mn (R). Are loc ¸si o reciproc˘ a: orice ideal bilateral al lui Mn (R) este de forma Mn (I), cu I ideal bilateral al lui R. • Fie R un inel comutativ ¸si unitar. Prin R[[X]] vom nota inelul de serii formale ˆın nedeterminata X cu coeficient¸i ˆın R. Dac˘a f = a0 + a1 X + · · · este o serie formal˘a nenul˘a, atunci ordinul lui f se noteaz˘ a cu ord(f ) ¸si este cel mai mic n cu proprietatea c˘a an 6= 0.

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

9

Probleme Problema 1.1 Fie (M, ·) un semigrup finit. S˘a se arate c˘a exist˘a un ¸sir de numere naturale n1 < n2 < . . . < nk < . . . astfel ˆıncˆ at pentru orice x ∈ M are loc xn1 = xn2 = . . . = xnk = . . .. Solut¸ie. ˆIncepem prin a observa c˘ a dac˘a ˆın semigrupul finit M consider˘am un element x, iar (kn ) este un ¸sir strict cresc˘ ator de numere naturale, atunci putem alege un sub¸sir (kni ) al s˘au astfel ˆıncˆ at elementele xkni , i ≥ 1, s˘a ia toate aceea¸si valoare. Aceasta este evident, deoarece elementele ¸sirului xkn pot lua doar un num˘ar finit de valori. Fie M = {x1 , . . . , xr }. Aplic˘ am observat¸ia de mai sus elementului x1 ¸si ¸sirului tuturor numerelor naturale. Obt¸inem un ¸sir (ni )i≥1 de numere naturale pentru care toate puterile xn1 i sunt egale. Aplic˘ am acum observat¸ia de mai sus elementului x2 ¸si ¸sirului (ni )i≥1 . Renotˆand, obt¸inem un ¸sir (ni )i≥1 pentru care tot¸i xn1 i iau aceea¸si valoare ¸si tot¸i xn2 i sunt egali. Continuˆand procedeul obt¸inem dup˘ a r pa¸si ¸sirul c˘autat. Problema 1.2 Fie (M, +) un submonoid al lui (N, +). S˘a se arate c˘a exist˘a o submult¸ime finit˘a A a lui N ¸si d, n0 ∈ N astfel ˆıncˆ at M = A ∪ {nd | n ≥ n0 }. Solut¸ie. Vom demonstra mai ˆıntˆ ai urm˘atoarea Lem˘ a. Fie n ≥ 2 un num˘ ar natural ¸si a1 , . . . , an ∈ N∗ cu proprietatea c˘a (a1 , . . . , an ) = 1. Atunci exist˘ a n0 ∈ N∗ cu proprietatea c˘a pentru orice x ∈ N, x ≥ n0 , exist˘a k1 , . . . , kn ∈ N astfel ˆıncˆat x = k1 a1 + · · · + kn an . Demonstrat¸ie. Induct¸ie dup˘ a n. Dac˘ a n = 2, alegem n0 = a1 a2 ¸si consider˘am ¸sirul de numere 0 · a2 , 1 · a2 , . . . , (a1 − 1) · a2 . S˘ a observ˘am c˘a termenii ¸sirului dau resturi distincte la ˆımp˘art¸irea cu a1 ¸si fiind ˆın num˘ ar de a1 vor ap˘area toate resturile posibile. Dac˘a x ≥ n0 , scriem x = qa1 + r cu 0 ≤ r < a1 . Din cele de mai sus rezult˘a c˘a exist˘a l ∈ {0, . . . , a1 − 1} astfel ˆıncˆat la2 = q 0 a1 + r. Deci x − la2 = (q − q 0 )a1 . Dac˘a q − q 0 < 0, atunci x < la2 ¸si rezult˘a a1 a2 < la2 , adic˘ a a1 < l, fals. Rezult˘a c˘a q − q 0 ≥ 0 ¸si r = la2 + (q − q 0 )a1 . Dac˘a n > 2, not˘ am b = (a1 , . . . , an−1 ) ¸si c = an . Atunci (b, c) = 1 ¸si din cele de mai sus rezult˘a c˘a exist˘ a n1 ∈ N cu proprietatea c˘a pentru orice x ∈ N, x ≥ n1 , exist˘a k, l ∈ N astfel ˆıncˆıt x = kb + lc. Dar (a1 /b, . . . , an−1 /b) = 1 ¸si din ipoteza de induct¸ie rezult˘a c˘a exist˘a n2 ∈ N cu proprietatea c˘ a pentru orice y ∈ N, y ≥ n2 , exist˘a l1 , . . . , ln−1 ∈ N astfel ˆıncˆıt y = l1 a1 /b + · · · + ln−1 an−1 /b ⇒ by = l1 a1 + · · · + ln−1 an−1 pentru y ≥ n2 . Consider˘am n0 = n2 b(1 + c) + n1 ¸si ar˘at˘am c˘a pentru orice x ≥ n0 exist˘a k1 , . . . , kn ∈ N astfel ca x = k1 a1 + · · · + kn an . Cum n0 > n1 , exist˘ a k, l ∈ N astfel ca x = kb + lc. Putem presupune c˘a k ≥ n2 , altfel k < n2 ⇒ n2 b(1 + c) < x = kb + lc < n2 b + lc ⇒ n2 bc < lc ⇒ n2 b < l ⇒ x = (k + n2 c)b + (l − n2 b)c, scriere ˆın care coeficient¸ii lui b ¸si c sunt numere naturale iar coeficientul lui b este mai mare sau egal decˆat n2 . Deci bk = l1 a1 + · · · + ln−1 an−1 , unde l1 , . . . , ln−1 ∈ N. ˆIn concluzie, x = kb + lc = l1 a1 + · · · + ln−1 an−1 + lc ¸si nu avem decˆat s˘a alegem k1 = l1 , . . . , kn−1 = ln−1 , kn = l pentru a obt¸ine scrierea dorit˘a. S˘a trecem acum la rezolvarea problemei. Fie d cel mai mare divizor comun al elementelor mult¸imii M − {0}. Atunci (1/d)M ⊆ N este submonoid, deci putem presupune de la ˆınceput c˘ a d = 1. Scriem M − {0} = {a1 , . . . , an , . . .} ¸si not˘am qn = (a1 , . . . , an ) ⇒ . . . | qn | qn−1 | . . . | q2 | q1 ⇒ . . . ≤ qn ≤ qn−1 ≤ . . . ≤ q2 ≤ q1 , deci exist˘a t ∈ N astfel ˆıncˆat qn = qn+1 pentru orice n ≥ t. Not˘am q = qn ¸si cum q|an pentru orice n ∈ N∗ ,

10

avem c˘a q = 1. Deci (a1 , . . . , an ) = 1, unde n ≥ t este fixat ⇒ exist˘a n0 ∈ N∗ (conform lemei) cu proprietatea c˘ a pentru orice x ∈ N, x ≥ n0 , exist˘a k1 , . . . , kn ∈ N astfel ˆıncˆat x = k1 a1 + · · · + kn an ⇒ {x ∈ N | x ≥ n0 } ⊆ M , deci M = A ∪ {x ∈ N | x ≥ n0 }, unde A = {x ∈ M | x < n0 } este ˆın mod evident o mult¸ime finit˘a. Observat¸ie. Din demonstrat¸ie rezult˘a c˘a elementele mult¸imii A sunt ¸si ele multipli de d. Problema 1.3 (i) S˘ a se arate c˘ a monoidul (N∗ , ·) este izomorf cu monoidul (M2 , ·), unde M2 = {2n + 1 | n ≥ 0}. (ii) Fie M3 = {3n + 1 | n ≥ 0} ¸si M5 = {5n + 1 | n ≥ 0}. S˘a se arate c˘a (M3 , ·) ¸si (M5 , ·) sunt monoizi ¸si c˘ a oricare doi dintre monoizii (N∗ , ·), (M3 , ·) ¸si (M5 , ·) sunt neizomorfi. Solut¸ie. (i) Definim f : N∗ → M2 astfel: dac˘a n = 2k m, k ∈ N ¸si m impar, atunci = m. Este u¸sor de v˘ azut c˘ a f este izomorfism de monoizi. (ii) Este imediat c˘ a M3 ¸si M5 sunt monoizi ˆın raport cu operat¸ia de ˆınmult¸ire. S˘a presupunem c˘a ar exista un izomorfism f : N∗ → M3 . Fie p ∈ N∗ un num˘ar prim de forma 3k − 1. Atunci p2 ∈ M3 ¸si deci exist˘ a x ∈ N∗ astfel ˆıncˆat f (x) = p2 . Avem c˘a x este num˘ar prim, altfel x ar fi reductibil, deci ar exista y, z ∈ N∗ − {1} astfel ˆıncˆat x = yz. De aici rezult˘a f (x) = f (yz) = f (y)f (z), adic˘ a f (y) = f (z) = p (deoarece f (a) = 1 ⇒ a = 1). ˆIn consecint¸˘a, p ∈ M3 , contradict¸ie. Fie acum q ∈ N∗ ˆınc˘ a un num˘ ar prim de forma 3k − 1, q 6= p. Rezult˘a c˘a exist˘a y, z ∈ N∗ numere prime astfel ˆıncˆ at f (y) = q 2 ¸si f (z) = pq. Obt¸inem f (x)f (y) = f (z)2 ¸si ¸tinˆand seama c˘a f este izomorfism de monoizi rezult˘a c˘a xy = z 2 . T ¸ inˆand cont c˘a x, y, z sunt numere prime, deducem c˘ a x = y = z, contradict¸ie. Deci monoizii N∗ ¸si M3 nu sunt izomorfi. Analog se poate ar˘ ata c˘ a monoizii N∗ ¸si M5 nu sunt izomorfi, considerˆand numere prime de forma 5k − 1. Presupunem acum c˘ a exist˘ a un izomorfism f : M3 → M5 . S˘a ar˘at˘am mai ˆıntˆai c˘a dac˘a x ∈ M3 ¸si x este ireductibil ˆın M3 , atunci x este num˘ar prim sau x = p1 p2 cu p1 , p2 numere prime de forma 3k − 1. Presupunem c˘ a x nu este num˘ar prim, deci exist˘a a, b ∈ N, a, b > 1 astfel ˆıncˆat x = ab. Rezult˘ a c˘ a a, b sunt de forma 3k − 1 (altfel ar trebui s˘a fie de forma 3k + 1, ceea ce ar ˆınsemna c˘ a x este reductibil ˆın M3 ). Dac˘a a nu este num˘ar prim, atunci a = uv cu u, v ∈ N, u, v > 1. Atunci u este de forma 3k + 1 ¸si v este de forma 3k − 1 (sau invers), deci x = u(vb) cu u, vb ∈ M3 ⇒ x reductibil in M3 , contradict¸ie. Deci a ¸si b sunt numere prime. Fie acum q1 , q2 , q3 , q4 ∈ N numere prime distincte de forma 5k + 2. Atunci (q1 q2 )2 , (q1 q3 )2 , (q2 q4 )2 , (q3 q4 )2 , q1 q2 q3 q4 ∈ M5 ¸si exist˘a x, y1 , y2 , z1 , z2 ∈ M3 distincte ¸si ireductibile astfel ˆıncˆıt f (x) = q1 q2 q3 q4 , f (y1 ) = (q1 q2 )2 , f (y2 ) = (q3 q4 )2 , f (z1 ) = (q1 q3 )2 , f (z2 ) = (q2 q4 )2 . De aici obt¸inem c˘ a f (x)2 = f (y1 )f (y2 ) = f (z1 )f (z2 ) ⇒ f (x2 ) = f (y1 y2 ) = 2 f (z1 z2 ) ⇒ x = y1 y2 = z1 z2 , deci ˆın monoidul M3 elementul x2 are trei descompuneri distincte ˆın factori ireductibili, ceea ce este u¸sor de verificat c˘a nu este posibil (t¸inˆand cont de descrierea elementelor ireductibile din M3 ). f (2k m)

Problema 1.4 Fie A o mult¸ime nevid˘a ¸si f : A3 → A o funct¸ie cu propriet˘a¸tile: (a) f (x, y, y) = x = f (y, y, x) pentru orice x, y ∈ A;

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

11

(b) f (f (x1 , x2 , x3 ), f (y1 , y2 , y3 ), f (z1 , z2 , z3 )) = = f (f (x1 , y1 , z1 ), f (x2 , y2 , z2 ), f (x3 , y3 , z3 )) pentru orice x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 , z1 , z2 , z3 ∈ A. Ar˘atat¸i c˘a pentru un a ∈ A fixat operat¸ia x + y = f (x, a, y) define¸ste pe A o structur˘a de grup abelian. Vojtech Jarnik, 2005 Solut¸ie. (1) Element neutru. Fie e = a. Atunci e + x = a + x = f (a, a, x) = x = f (x, a, a) = x + a = x + e. (2) Orice element este simetrizabil. Fie x ∈ A fixat ¸si definim x0 = f (a, x, a). Avem x+x0 = x+f (a, x, a) = f (x, a, f (a, x, a)) = f (f (a, a, x), f (a, x, x), f (a, x, a)) = f (f (a, a, a), f (a, x, x), f (x, x, a)) = f (a, a, a) = a = e. Analog se arat˘ a c˘ a x0 + x = e. (3) Asociativitatea. (x + y) + z = f (x, a, y) + z = f (f (x, a, y), a, z) = f (f (x, a, y), f (a, a, a), f (a, a, z)) = f (f (x, a, a), f (a, a, a), f (y, a, z)) = f (x, a, f (y, a, z) = x + f (y, a, z) = x + (y + z). (4) Comutativitatea. x+y = f (x, a, y) = f (f (x, a, a), f (x, x, a), f (y, x, x)) = f (f (x, x, y), f (a, x, x), f (a, a, x)) = f (y, a, x) = y + x. Problema 1.5 Fie G un grup cu proprietatea c˘a elementele lui G0 (subgrupul comutator al lui G) sunt de ordin finit. S˘ a se arate c˘a mult¸imea elementelor de ordin finit ale lui G formeaz˘a un subgrup. Iran, 2006 Solut¸ie. Este suficient s˘ a ar˘ at˘ am c˘a produsul a dou˘a elemente de ordin finit este tot un element de ordin finit. Fie g, h ∈ G cu ord(g) < ∞ ¸si ord(h) < ∞. ˆIn grupul factor G/G0 , elementele gb ¸si b h au c are ordinul ordinele finite, ¸si cum acest grup este comutativ rezult˘a c˘a ¸si produsul lor gh c n = eb. De aici obt¸inem finit. A¸sadar exist˘ a un num˘ ar natural n ≥ 1 cu proprietatea c˘a gh c˘a (gh)n ∈ G0 . Cum elementele lui G0 au ordinul finit, vom avea c˘a (gh)n are ordinul finit. ˆIn particular obt¸inem c˘ a gh are ordinul finit, ceea ce trebuia demonstrat. Problema 1.6 Fie a, b, c elemente de ordin finit ˆıntr-un grup. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a a−1 ba = b2 , b−2 cb2 = c2 ¸si c−3 ac3 = c2 , atunci a = b = c = e, unde e este elementul neutru al grupului. Vojtech Jarnik, 2011 Solut¸ie. Presupunem contrariul ¸si fie p cel mai mic num˘ar prim cu proprietatea c˘a p | ord(a) ord(b) ord(c). F˘ ar˘ a a pierde generalitatea, putem presupune c˘a p | ord(b). Fie k ≥ 1 astfel ˆıncˆ at ord(b) = pk ¸si fie d = bk . Atunci ord(d) = p ¸si pentru orice m ≥ 1 avem

12 m

a−m dam = d2 . Din mica teorem˘ a a lui Fermat ¸stim c˘a 2p ≡ 2 (mod p), de unde rezult˘a c˘a a−p dap = p 2 2 −1 d = d = a da. De aici deducem imediat c˘a a−l(p−1) dal(p−1) = d

(1.1)

pentru orice l ∈ Z. Pentru c˘a (ord(a), p − 1) = 1 exist˘ a u, v ∈ Z cu proprietatea c˘a u ord(a) + v(p − 1) = 1. ˆInlocuind acum pe l cu v ˆın relat¸ia (1.1) obt¸inem d = a−v(p−1) dav(p−1) = a−1 da = d2 care implic˘a d = e, contradict¸ie. Problema 1.7 Fie p un num˘ ar prim ¸si G un grup finit care are exact n elemente de ordin p. S˘a se arate c˘ a n = 0 sau p | n + 1. Putnam, 2007 Solut¸ie. S˘ a presupunem c˘ a n ≥ 1. Din teorema lui Lagrange pentru grupuri rezult˘a c˘a p | |G|. Fie S mult¸imea tuturor submult¸imilor lui G cu p elemente. Consider˘am act¸iunea lui G pe S prin multiplicare la stˆ anga. Vom ar˘ata c˘ a pentru aceast˘ a act¸iune, num˘arul de elemente al oric˘arei orbite este |G| sau |G|/p. Mai mult, ˆın acest ultim caz, orbita cont¸ine un unic subgrup de ordin p. Fie X ∈ S. Not˘ am cu OX orbita lui X ¸si cu HX stabilizatorul lui X. Evident, OX = {gX : g ∈ G} ¸si HX = {g ∈ G : gX = X}. S¸tim c˘a |OX | = [G : HX ]. Pe de alt˘a parte, [ [ X= hX = HX x, h∈HX

x∈X

deci X este o reuniune de clase la dreapta modulo HX , de unde rezult˘a c˘a |HX | | |X|. ˆIn concluzie, |HX | | p, ceea ce demonstreaz˘a prima parte a afirmat¸iei de mai sus. Dac˘a |HX | = p, atunci stabilizatorul oric˘arei mult¸imi din OX va avea tot p elemente; ˆın particular, o submult¸ime Z ∈ OX cont¸ine elementul neutru al lui G, ¸si pentru aceasta avem HZ ⊆ Z. Cum |HZ | = |Z| rezult˘a c˘a Z = HZ , ceea ce arat˘a c˘a OX cont¸ine un subgrup de ordin p. Unicitatea acestuia rezult˘a din faptul c˘a orice alt˘a submult¸ime din OX este o clas˘ a modulo HX . Acum fie |G| = pm ¸si s˘ a presupunem c˘a sunt k orbite cu pm elemente ¸si l orbite cu m
(pm p ) elemente. Din ecuat¸ia claselor avem c˘ a |S| = kpm + lm; dar |S| = pm ¸ s i cum p m ≡ 1 (mod p) obt¸inem l ≡ 1 (mod p). Dar cele l orbite cont¸in fiecare cˆ ate un subgrup cu p elemente, deci num˘arul elementelor de ordin p este n = l(p − 1) ≡ −1 (mod p), ceea ce era de demonstrat. Problema 1.8 Exist˘ a un grup abelian finit G pentru care produsul ordinelor tuturor elementelor sale s˘ a fie 22009 ? Putnam, 2009 Solut¸ie. R˘ aspunsul este nu. Din teorema de structur˘ a a grupurilor abeliene finite ¸stim c˘a G este izomorf cu un produs

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

13

direct (finit) de grupuri ciclice. Evident, niciunul dintre aceste grupuri ciclice nu poate avea ordin impar, altfel G ar cont¸ine un element de ordin impar, ceea ce este imposibil. ˆIn fapt, G este un 2-grup. Pentru un astfel de grup produsul ordinelor elementelor sale este de forma 2i(G) . Q ek Tot din teorema de structur˘ a putem scrie acum c˘a G ' ∞ k=1 (Z2k ) , unde ek sunt numere naturale aproape toate nule. Pentru oriceQ num˘ ar natural m, elementele lui G de ordin cel mult 2m formeaz˘ P∞ a un subgrup ∞ ek ¸ sm elemente, unde s izomorf cu k=1 (Z ) s i care are 2 = m k=1 min(k, m)ek . P∞ 2min(k,m) s s k k−1 A¸sadar i(G) = k=1 k(2 − 2 ). Deoarece s1 ≤ s2 ≤ . . . , i(G) + 1 va fi divizibil cu 2s1 . Cum i(G) = 2009, rezult˘ a s1 ≤ 1. Aceasta se ˆıntˆampl˘a ˆın dou˘a cazuri: ori ek = 0 pentru tot¸i k, ceea ce duce la i(G) = 0, ori ek = 1 pentru un k ¸si ej = 0 pentru orice j 6= k, caz ˆın care i(G) = (k − 1)2k + 1. Dar se vede imediat c˘a ecuat¸ia (k − 1)2k + 1 = 2009 nu are solut¸ii, ceea ce demonstreaz˘ a afirmat¸ia. Problema 1.9 Fie G un grup finit de ordin n. Ar˘atat¸i c˘a orice element al lui G este p˘atrat perfect dac˘ a ¸si numai dac˘ a n este impar. Vojtech Jarnik, 2006 Solut¸ie. Dac˘ a orice element al lui G este p˘atrat perfect, atunci funct¸ia f : G → G definit˘a prin f (a) = a2 este surjectiv˘ a, deci ¸si injectiv˘a. ˆIn particular, dac˘a a2 = e, atunci a = e, ceea ce arat˘ a c˘ a grupul G nu poate avea elemente de ordin 2. ˆIn consecint¸˘a, ordinul lui G este impar. Reciproc, dac˘ a n este impar ˆıl vom scrie sub forma n = 2k − 1. Fie x ∈ G. Atunci xn = e, de unde rezult˘ a c˘ a (xk )2 = x, deci x este p˘atrat perfect. Problema 1.10 Aflat¸i ˆıntregii pozitivi n pentru care exist˘a o familie F format˘a din submult¸imi cu trei elemente ale mult¸imii S = {1, . . . , n} ¸si care satisface urm˘atoarele condit¸ii: (i) pentru oricare dou˘ a elemente distincte a, b ∈ S exist˘a o unic˘a mult¸ime A ∈ F care le cont¸ine; (ii) dac˘a a, b, c, x, y, z ∈ S au proprietatea c˘a {a, b, x}, {a, c, y}, {b, c, z} ∈ F, atunci {x, y, z} ∈ F. IMC, 2003 Solut¸ie. Condit¸ia (i) ne permite s˘ a definim pe S o operat¸ie algebric˘a astfel: a ∗ b = c dac˘ a ¸si numai dac˘a {a, b, c} ∈ F, pentru orice a 6= b. Evident, operat¸ia nu este complet definit˘a, r˘amˆanˆand de definit ¸si a ∗ a. Pentru moment ˆıns˘ a vom studia propriet˘a¸tile sale a¸sa cum a fost definit˘a. Pentru a 6= b, din proprietatea (i), rezult˘ a imediat c˘ a operat¸ia satisface urm˘atoarele trei propriet˘a¸ti:

14

(a) a ∗ b 6= a ¸si a ∗ b 6= b; (b) a ∗ b = b ∗ a; (c) a ∗ (a ∗ b) = b. Pentru x, a, c ∈ S disticte oricare dou˘ a, din condit¸ia (ii) obt¸inem: (d) (x ∗ a) ∗ c = b ∗ c = z = x ∗ y = x ∗ (a ∗ c), deci operat¸ia este asociativ˘ a ˆın cazul ˆın care cele trei elemente sunt diferite. Acum putem completa operat¸ia ˆın a¸sa fel ˆıncˆat aceasta s˘a r˘amˆan˘a asociativ˘a ¸si ˆın cazul ˆın care elementele nu sunt neap˘ arat diferite. (De exemplu, va trebui s˘a avem b = a ∗ (a ∗ b) = (a ∗ a) ∗ b.) Pentru aceasta ˆıi vom ad˘ auga lui S un element nou, s˘a-i zicem 0, ¸si vom defini (e) a ∗ a = 0 ¸si a ∗ 0 = 0 ∗ a = a, pentru orice a ∈ S ∪ {0}. Este u¸sor de verificat acum c˘ a propriet˘ a¸tile (a), (b), (c) au loc pentru orice a, b, c ∈ S ∪{0}. Mai mult, vom avea ¸si c˘ a (f) (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c), pentru orice a, b, c ∈ S ∪ {0}. ˆIn concluzie, (S ∪ {0}, ∗) are o structur˘a de grup abelian ˆın care orice element diferit de 0 are ordinul doi, deci |S ∪ {0}| = 2r pentru un r ≥ 1, de unde rezult˘a c˘a n = 2r − 1. Reciproc, dac˘ a n = 2r − 1 pentru un r ≥ 1, vom construi o familie de submult¸imi ale lui S cu propriet˘ a¸tile (i) ¸si (ii). Pentru a face aceasta vom folosi tot o operat¸ie algebric˘a. Mai precis, dac˘a a = a0 + 2a1 + · · · + 2r−1 ar−1 ¸si b = b0 + 2b1 + · · · + 2r−1 ar−1 , unde ai , bi sunt 0 sau 1, definim a ∗ b = |a0 − b0 | + 2|a1 − b1 | + · · · + 2r−1 |ar−1 − br−1 |. Este u¸sor de verificat c˘ a aceast˘ a operat¸ie safisface (a), (b), (c), (d). Dac˘a F va fi familia format˘a din tripletele {a, b, a ∗ b}, cu a, b ∈ S distincte, atunci condit¸ia (i) va rezulta din (a), (b), (c), iar condit¸ia (ii) din (d). ˆIn concluzie, r˘ aspunsul este n = 2r − 1. Problema 1.11 Pentru un grup G ¸si un num˘ar ˆıntreg m ≥ 1 definim G(m) ca fiind subgrupul lui G generat de g m , g ∈ G. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a G(m) ¸si G(n) sunt comutative, atunci ¸si G((m, n)) este comutativ. (Am notat cu (m, n) cel mai mare divizor comun al lui m ¸si n.) IMC, 2005 Solut¸ie. Fie d = (m, n). Este imediat c˘a hG(m), G(n)i = G(d), deci va fi suficient s˘a ar˘at˘am c˘a orice dou˘ a elemente de forma am , bn comut˘a. S˘a consider˘am c = [am , bn ], adic˘ a c = a−m b−n am bn . Rescriem pe c astfel: c = (a−m bam )−n bn = a−m (b−n abn )m . Aceste scrieri arat˘ a c˘ a c ∈ G(m) ∩ G(n). ˆIn particular, obt¸inem c˘a c ∈ Z(G(d)). 2 m Acum, din relat¸ia a bn = bn am c, rezult˘a prin induct¸ie c˘a amr bnr = bnr amr cr , pentru orice r ≥ 1. Pentru r = m/d, respectiv r = n/d, folosind c˘a G(m), respectiv G(n) sunt 2 2 comutative, obt¸inem c˘ a c(m/d) = c(n/d) = e, de unde rezult˘a c = e.

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

15

Problema 1.12 Pentru un grup abelian G fie mG cel mai mic n ∈ N∗ cu proprietatea c˘a orice functie f : Zn → G are o restrict¸ie a c˘arei sum˘a a valorilor este zero. Aflat¸i max mG .

|G|=2010

SEEMOUS Shortlist, 2010 Solut¸ie. S˘ a consider˘ am funct¸iile fk : Zk → Z2010 , fk (b x)P = 1, cu k ∈ {1, 2, . . . , 2009}. Pentru orice astfel de k ¸si orice ∅ = 6 M ⊂ Zk , avem fk (a) = |M | = 6 0. Deci a∈M

mZ2010 ≥ 2010. Pe de alt˘a parte, fie G un grup abelian cu |G| = 2010, f : Z2010 → G ¸si g : m P {0, 1, . . . , 2009} → Z2010 , g(m) = f (k). Funct¸ia g este sau bijectiv˘a sau neinjectiv˘a. ˆIn k=0

primul caz, exist˘ a un m ∈ {0, 1, . . . , 2009} astfel ˆıncˆat m1 < m2 astfel ˆıncˆ at

m P1

f (k) =

k=0

m P2

m P

f (k) = 0, iar ˆın al doilea obt¸inem

k=0

f (k). Aceast˘a relat¸ie duce la

k=0

m P2

f (k) = 0.

k=m1 +1

Ambele cazuri dau o restrict¸ie a lui f ale c˘arei valori au suma zero. Deci mG ≤ 2010. Concluzia este c˘ a max mG = 2010. |G|=2010

Problema 1.13 Fie m ∈ N, m > 2 ¸si G un grup finit cu proprietatea c˘a ord(x) > m, oricare ar fi x ∈ G − {e}. Ar˘ atat¸i c˘ a G nu se poate scrie ca reuniune de m subgrupuri proprii. Solut¸ie. S˘ a presupunem c˘ a G = H1 ∪ . . . ∪ Hm , unde H1 , . . . , Hm sunt subgrupuri proprii ale lui G, i = 1, . . . , m. Deoarece exist˘a xi ∈ Hi cu ord(xi ) > m, rezult˘a c˘a |Hi | > m pentru orice i = 1, . . . , m. Fie ti = [G : Hi ]. Avem ti > 1 pentru orice i = 1, . . . , m. Pe de alt˘a parte, |G| < |H1 | + · · · + |Hm | (deoarece Hi ∩ Hj 6= ∅ oricare ar fi i, j ∈ {1, . . . , m}). Fie t = min{t1 , . . . , tm }. Rezult˘ a c˘ a t > 1 ¸si fie p un divizor prim al lui t ⇒ p | |G| ⇒ exist˘a g ∈ G cu ord(g) = p (din teorema lui Chauchy) ⇒ p > m ⇒ ti > m, pentru orice 1 i = 1, . . . , m ⇒ 1 > t11 + · · · + t1m = |G| (|H1 | + · · · + |Hm |) > 1, contradict¸ie. Problema 1.14 Fie G un grup cu proprietatea c˘a x2 = e pentru orice x ∈ G. S˘a se arate c˘a: (i) G este grup abelian; (ii) Dac˘a G este finit, atunci exist˘ a n ∈ N astfel ˆıncˆat |G| = 2n . Mai mult, ˆın acest caz G ' Z2 × · · · × Z2 , produsul direct cont¸inˆ and n factori.

16

Solut¸ie. (i) Fie x, y ∈ G. Atunci (xy)2 = e, deci xyxy = e. ˆInmult¸ind cu x−1 la stˆanga ¸si cu y −1 la dreapta ¸si ¸tinˆ and cont c˘ a x2 = y 2 = e, obt¸inem yx = xy. (ii) Observ˘am c˘ a grupul abelian (G, ·) se poate ˆınzestra cu o structur˘a de Z2 -spat¸iu vectorial, ˆınmult¸irea cu scalari fiind definit˘a astfel: ˆ0 · x = e ¸si ˆ1 · x = x pentru orice x ∈ G. Verificarea este imediat˘ a, observˆ andu-se c˘a este esent¸ial˘a condit¸ia x2 = e pentru orice x ∈ G (trebuie, de exemplu, ca (ˆ 1+ˆ 1)x = (ˆ1x)(ˆ1x) ceea ce este echivalent cu x2 = e). Cum G este grup finit, va avea dimensiune finit˘a. Fie aceasta n. Atunci G este izomorf, ca Z2 -spat¸iu vectorial, cu Z2 × · · · × Z2 (produs de n factori). ˆIn particular, acesta este ¸si izomorfism de grupuri, deci G are 2n elemente. Problema 1.15 Fie G un grup. Ar˘ atat¸i c˘a urm˘atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: (i) toate subgrupurile lui G sunt normale; (ii) oricare ar fi a, b ∈ G exist˘ a m ∈ Z cu proprietatea c˘a (ab)m = ba. Iran, 2009 Solut¸ie. (i) ⇒ (ii) Fie a, b ∈ G. Atunci habi este subgrup normal, deci b(ab)b−1 ∈ habi. ˆIn consecint¸˘ a, exist˘ a m ∈ Z cu proprietatea c˘a (ab)m = ba. (ii) ⇒ (i) Fie H ≤ G ¸si fie h ∈ H, g ∈ G. Atunci exist˘a m ∈ Z cu proprietatea c˘a ((hg −1 )g)m = ghg −1 , de unde rezult˘ a c˘a ghg −1 = hm ∈ H, deci H E G. Problema 1.16 Fie G un grup finit ¸si H subgrup al lui G de ordin impar cu [G : H] = 2n , n ≥ 1. Ar˘atat¸i c˘ a toate elementele lui G de ordin impar sunt ˆın H dac˘a ¸si numai dac˘a H este subgrup normal. Iran, 2010 Solut¸ie. Fie x ∈ H ¸si g ∈ G. Atunci ord(x) | |H|, deci ord(x) este impar. Cum ord(gxg −1 ) = ord(x), rezult˘ a c˘ a gxg −1 ∈ H, ceea ce arat˘a c˘a H E G. Reciproc, dac˘ a H E G, atunci fie x ∈ G un element de ordin impar. Scriem ord(x) = 2r + 1. ˆIn grupul factor G/H avem c˘ ax b2r+1 = eb, deci ord(b x) | 2r + 1. Pe de alt˘a parte, n ord(b x) | |G/H| = 2 . ˆIn consecint¸˘ a, ord(b x) = 1, adic˘a x b = eb, ceea ce ˆınseamn˘a c˘a x ∈ H. Problema 1.17 Fie G un grup infinit care are doar un num˘ar finit de subgrupuri ce nu sunt normale. Dac˘ a H ≤ G cu |H| = ∞, s˘a se arate c˘a H E G. Solut¸ie. S˘a observ˘ am mai ˆıntˆ ai c˘ a dac˘a K ≤ H ¸si H \ K este mult¸ime finit˘a, atunci K = H. Deoarece H \K este mult¸ime finit˘ a ¸si H este grup infinit, avem c˘a subgrupul K este infinit. Dac˘a K 6= H, atunci [H : K] > 1 ¸si de aici rezult˘a c˘a H \ K este o reuniune de clase (la stˆanga, de exemplu) de forma xK, x ∈ H \ K. Dar |xK| = |K|, deci H \ K este mult¸ime infinit˘a, contradict¸ie. Revenind la rezolvarea problemei, presupunem prin reducere la absurd c˘a H nu este subgrup normal. Atunci exist˘ a g ∈ G astfel ˆıncˆat H * gHg −1 .

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

17

Not˘am K = H ∩ gHg −1 ¸si fie x ∈ H \ K. Dac˘a g −1 hxig = hxi, atunci g −1 xg ∈ hxi ⊆ H, deci x ∈ K, fals. A¸sadar g −1 hxig 6= hxi, ceea ce arat˘a c˘a hxi nu este subgrup normal al lui G. Pe de alt˘a parte, num˘ arul de elemente din H \ K care genereaz˘a acela¸si subgrup ca ¸si x este finit, deoarece hxi are un num˘ ar finit de generatori. ˆIn consecint¸˘ a, mult¸imea H \ K este finit˘a. Atunci, conform celor de mai sus, K = H, deci H ⊆ gHg −1 , contradict¸ie. Problema 1.18 Fie G un grup cu G0 = G ¸si H un subgrup al s˘au. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a H este ciclic ¸si H E G, atunci H ⊆ Z(G). Iran, 2005 Solut¸ie. Deoarece H E G avem c˘ a NG (H) = G. Se ¸stie c˘a NG (H)/CG (H) este izomorf cu un subgrup al lui Aut(H). Cum H este ciclic, Aut(H) va fi abelian, deci ¸si G/CG (H) este abelian. De aici obt¸inem c˘ a G0 ⊆ CG (H), deci CG (H) = G, ceea ce implic˘a H ⊆ Z(G). Problema 1.19 Fie G un grup cu proprietatea c˘a G0 (subgrupul comutator al lui G) este abelian ¸si orice subgrup normal ¸si abelian al lui G este finit. Ar˘atat¸i c˘a G este finit. Iran, 2009 Solut¸ie. Folosind lema lui Zorn putem alege un subgrup N al lui G care s˘a fie maximal abelian ¸si normal ce cont¸ine pe G0 . Din ipotez˘a, N va fi finit. Deoarece N este abelian avem c˘a N ⊆ CG (N ), unde CG (N ) este centralizatorul lui N ˆın G. Dac˘a N = G, am terminat. Dac˘a N 6= G, consider˘ am un element x ∈ CG (N ). Deoarece G/N este abelian, subgrupul hx, N i este normal ¸si pentru c˘ a x ˆıl centralizeaz˘a pe N , hx, N i este subgrup abelian normal. Pentru c˘a N este maximal, hx, N i = N , ¸si de aici rezult˘a c˘a x ∈ N , deci N = CG (N ), adic˘a N este propriul s˘ au centralizator. Definim acum un morfism de grupuri ϕ : G → Aut(N ), ϕ(g) = ϕg , unde ϕg ∈ Aut(N ) este un automorfism interior, adic˘ a ϕg (h) = ghg −1 pentru orice h ∈ N . Rezult˘a imediat c˘a Ker ϕ = N ¸si din teorema fundamental˘a de izomorfism, G/N este izomorf cu un subgrup al grupului Aut(N ). Cum N este finit, Aut(N ) este finit, deci G/N este finit. Cum ¸si N este finit, din teorema lui Lagrange rezult˘a c˘a G este grup finit. Problema 1.20 Presupunem c˘ a exist˘ a un grup G care are exact n subgrupuri de indice 2. S˘a se arate c˘ a exist˘ a un grup abelian finit care are exact n subgrupuri de indice 2. Iran, 2007 Solut¸ie. Fie H1 , . . . , Hn cele n subgrupuri Tn de indice 2 ale lui G. Evident, Hi CG pentru orice i = 1, . . . , n ¸si de aici rezult˘ a c˘ a H = i=1 Hi C G. Mai mult, G/H este izomorf cu un subgrup al lui G/H1 × · · · × G/Hn , deci G/H este grup abelian finit, deoarece G/Hi ' Z2 pentru orice i = 1, . . . , n. R˘amˆıne s˘a ar˘ at˘ am c˘ a G/H are exact n subgrupuri de indice 2. Evident, H/Hi este subgrup de indice 2 al lui G/H pentru orice i = 1, . . . , n. Dac˘a K/H ar fi subgrup de indice 2 al lui G/H G/H, atunci, deoarece K/H ' G/K, K va fi subgrup de indice 2 al lui G, deci va coincide cu unul dintre subgrupurile H1 , . . . , Hn .

18

Problema 1.21 Fie p un num˘ ar prim ¸si G un grup care nu este ciclic cu |G| = pn , n ≥ 2. S˘a se arate c˘ a G are cel put¸in p + 3 subgrupuri distincte. Iran, 2007 Solut¸ie. Proced˘ am prin induct¸ie dup˘a n. Dac˘a n = 2, atunci G este izomorf cu Zp × Zp . Subgrupurile netriviale ale lui Zp × Zp coincid cu Zp -subspat¸iile vectoriale de dimensiune 1, iar num˘arul acestora este p + 1, deoarece exist˘ a p2 − 1 vectori liniari independent¸i ¸si fiecare p − 1 dintre ace¸stia genereaz˘a acela¸si subspat¸iu. ˆIn concluzie, ˆın acest caz G are exact p + 3 subgrupuri. S˘a presupunem acum c˘ a n > 2. Deoarece G este p-grup, centrul s˘au Z(G) este netrivial, deci |G/Z(G)| < |G|. Evident, G/Z(G) este un p-grup. Dac˘a G/Z(G) nu este grup ciclic, din ipoteza de induct¸ie va avea cel put¸in p+3 subgrupuri distincte, deci G are cel put¸in p + 3 subgrupuri distincte. Dac˘a G/Z(G) este grup ciclic, atunci G este abelian, deci este izomorf cu un produs direct de grupuri ciclice de forma Zpk , k ≥ 1. Mai mult, G nefiind ciclic, produsul direct are cel put¸in doi factori de forma de mai sus. ˆIns˘a un grup de forma Zpk are un subgrup izomorf cu Zp , deci produsul direct va cont¸ine un subgrup izomorf cu Zp × Zp ¸si putem aplica acum cazul n = 2. Problema 1.22 Fie G un grup netrivial cu proprietatea c˘a orice subgrup normal al s˘au este finit generat. Ar˘ atat¸i c˘ a nu exist˘ a N E G, N 6= {e}, astfel ˆıncˆat G s˘a fie izomorf cu G/N . Iran, 2008 Solut¸ie. Presupunem, prin reducere la absurd, c˘a exist˘a N E G, N 6= {e}, astfel ˆıncˆat G ' G/N . Exist˘ a astfel un morfism surjectiv de grupuri f : G → G cu Ker f = N . Vom construi acum un subgrup normal al lui G care nu este finit generat, obt¸inˆand o contradict¸ie. Fie f n = f ◦ · · · ◦ f , n ≥ 1, unde compunerea se face de n ori. Definim Kn = Ker f n ¸si K = ∪n≥1 Kn . Kn sunt subgrupuri normale ˆın G ¸si Kn ⊆ Kn+1 , oricare ar fi n ≥ 1. Evident, K E G. S˘a ar˘at˘am c˘ a K nu este finit generat. Dac˘a K este finit generat, atunci exist˘a j ≥ 1 astfel ˆıncˆat K = Kj ¸si de aici deducem c˘ a Kj = Kj+1 = . . . . ˆIns˘a egalitatea Kj = Kj+1 este j imposibil˘a, altminteri f ◦ f (x) = e implic˘a f j (x) = e ¸si cum f j este morfism surjectiv rezult˘a c˘a Ker f = {e}, ceea ce este fals. Problema 1.23 Fie G un grup finit cu proprietatea c˘a pentru orice H ≤ G exist˘a un morfism fH : G → H astfel ˆıncˆ at fH (h) = h pentru orice h ∈ H. Ar˘atat¸i c˘a G este izomorf cu un produs direct de grupuri ciclice cu ordinele numere prime. Iran, 2008 Solut¸ia 1. Proced˘ am prin induct¸ie dup˘a n, num˘arul numerelor prime (nu neap˘arat distincte) care apar ˆın descompunerea lui |G| ˆın factori primi.

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

19

Dac˘a n = 1 nu este nimic de demonstrat. Dac˘a n > 1, atunci scriem |G| = p1 · · · pn ¸si consider˘am H ≤ G cu |H| = pn elemente (un astfel de H exist˘ a din teorema lui Cauchy). Din ipotez˘a exist˘a fH : G → H astfel ˆıncˆat fH (h) = h pentru orice h ∈ H. Fie K = Ker fH . Din teorema fundamental˘a de izomorfism pentru grupuri avem c˘a G/K ' H, deci |K| = p1 · · · pn−1 . Din ipoteza de induct¸ie, K este izomorf cu un produs direct de grupuri ciclice cu ordinele numere prime. Pe de alt˘a parte, exist˘ a, de asemenea, un morfism fK : G → K astfel ˆıncˆat fK (k) = k pentru orice k ∈ K. Fie L = Ker fK . Evident, K, L sunt subgrupuri normale ¸si K ∩ L = {e}. Mai mult, vom ar˘ata c˘a G = KL. Fie g ∈ G. Scriem g = fK (g)(fK (g)−1 g), unde fK (g) ∈ K ¸si fK (g)−1 g ∈ L deoarece fK (fK (g)−1 g) = fK (g)−1 fK (g) = e, deci G = KL. Acum rezult˘ a imediat c˘ a G ' K × L. Dar G/L ' K implic˘a |L| = pn , deci L este grup ciclic. ˆIn concluzie, G este izomorf cu un produs direct de grupuri ciclice cu ordinele numere prime. Solut¸ia 2. Fie P un p-subgrup Sylow al lui G, unde p este un num˘ar prim care divide |G|. S¸tim c˘a exist˘ a un morfism fP : G → P cu proprietatea c˘a fP (x) = x pentru orice x ∈ P. Fie K = Ker fP . Atunci G/K ' P ¸si exist˘a un morfism fK : G → K astfel ˆıncˆat fK (k) = k pentru orice k ∈ K. Fie L = Ker fK . Cum G/L ' K avem c˘a |G/L| = |K|. Dar |G/K| = |P | ¸si de aici deducem c˘a |P | = |L|, deci L este p-subgrup Sylow normal al lui G. Cum orice dou˘a p-subgrupuri Sylow sunt conjugate, va trebui ca P = L. A¸sadar orice p-subgrup Sylow al lui G este normal, deci G este grup nilpotent. Dar orice grup nilpotent este produsul direct al subgrupurilor sale Sylow, deci G este izomorf cu un produs direct de p-grupuri. Deoarece proprietatea din enunt¸ se transfer˘a la subgrupuri, va fi suficient s˘a consider˘am cazul ˆın care G este p-grup. Fie |G| = pn , n ≥ 1. Vom face induct¸ie dup˘a n. Dac˘a n = 1, atunci G este grup ciclic. Dac˘a n > 1, atunci avem dou˘ a posibilit˘a¸ti: Z(G) = G sau Z(G) 6= G. ˆIn cazul ˆın care Z(G) = G obt¸inem c˘ a G este abelian ¸si atunci ord(x) = p pentru orice x ∈ G, x 6= {e}, altminteri ar exista un grup ciclic cu pm elemente, m > 1, ¸si care are proprietatea din enunt¸, ceea ce este fals. A¸sadar, ˆın acest caz, G este Zp -spat¸iu vectorial de dimensiune n, deci este izomorf cu produsul direct Zp × · · · × Zp (ˆın care Zp apare de n ori). ˆIn cazul ˆın care Z(G) 6= G consider˘ am un morfism f : G → Z(G) ca ˆın enunt¸ ¸si ar˘at˘am c˘a G ' Z(G) × Ker f (folosim faptul c˘a Z(G) ¸si Ker f sunt subgrupuri normale ale lui G, Z(G)Ker f = G ¸si Z(G) ∩ Ker f = {e}). Cum 1 < |Z(G)| < |G| ¸si implicit 1 < |Ker f | < |G|, din ipoteza de induct¸ie rezult˘a c˘a G este izomorf cu un produs direct de grupuri ciclice cu p elemente.

Problema 1.24 Fie p un num˘ ar prim, G un p-grup finit, x, y ∈ G ¸si z = [x, y]. Presupunem c˘a x se afl˘ a ˆın orice subgrup normal al lui G care ˆıl cont¸ine pe z. S˘a se arate c˘a x = e.

20

Iran, 2009 Solut¸ie. Vom face induct¸ie dup˘ a |G|. Dac˘a |G| = p, atunci G este ciclic, deci z = e. Rezult˘a imediat c˘a x = e, deoarece {e} este subgrup normal ˆın G. S˘a presupunem acum c˘ a |G| > p. Fie g ∈ Z(G) cu ord(g) = p ¸si definim subgrupul normal N = hgi. Fie G = G/N ¸si z = [x, y] ∈ G. Evident G este p-grup ¸si satisface condit¸ia din enunt¸ cu privire la elementele x, y ¸si z. Din ipoteza de induct¸ie obt¸inem c˘a x = e, adic˘a x ∈ N . Cum ˆıns˘a N ⊆ Z(G) rezult˘a c˘a x ∈ Z(G), deci z = e ¸si de aici x = e. Problema 1.25 Fie G un grup ¸si N un subgrup normal ¸si finit al lui G cu proprietatea c˘a G/N este grup abelian finit generat. Demonstrat¸i c˘a: (i) orice subgrup al lui G este finit generat; (ii) C = CG (N ) este subgrup normal ¸si [G : C] este finit; (iii) G/Z(G) este grup finit. Iran, 2009 Solut¸ie. (i) Fie H ≤ G. Atunci HN ≤ G ¸si HN/N ≤ G/N . Cum orice subgrup al unui grup abelian finit generat este la rˆandul s˘au finit generat, rezult˘a c˘a HN/N este finit generat. Fie x b1 , . . . , x br ∈ HN/N un sistem de generatori pentru HN/N cu xi ∈ H pentru orice i = 1, . . . , r. Se arat˘ a u¸sor c˘ a H este generat de x1 , . . . , xr ¸si H ∩N . Cum H ∩N ≤ N , avem c˘a H ∩ N este o mult¸ime finit˘ a, deci H este finit generat. (ii) Se ¸stie c˘ a CG (N ) E NG (N ). Dar N E G implic˘a NG (N ) = G, deci C E G. Mai ¸stim c˘a NG (N )/CG (N ) este izomorf cu un subgrup al lui Aut(N ), deci G/C este grup finit. (iii) Pentru ˆınceput observ˘ am c˘ a G0 ⊆ N , deoarece G/N este abelian. Rezult˘a c˘a G0 este grup finit. Din (i) obt¸inem, ˆın particular, c˘ a G este finit generat ¸si fie g1 , . . . , gm un sistem de generatori pentru G. Cum G0 este grup finit, mult¸imea conjugat¸ilor lui gi nu poate fi decˆat finit˘a, altminteri am avea o infinitate de comutatori distinct¸i. De aici rezult˘a c˘a [G : CG (gi )] < ∞ pentru orice i = 1, . . . , m. T Dar Z(G) = m a imediat c˘a [G : Z(G)] < ∞, ceea ce era de i=1 CG (gi ). De aici rezult˘ demonstrat. Observat¸ie. Nu este ˆıntˆ ampl˘ ator faptul c˘a ˆın rezolvarea punctului (iii) am folosit c˘a G0 este grup finit. Exist˘ a o teorem˘ a a lui Schur care spune c˘a dac˘a G/Z(G) este grup finit, atunci G0 este grup finit. Problema 1.26 (i) S˘ a se arate c˘ a pentru orice n ∈ N∗ , grupul (C∗ , ·) are exact un subgrup cu n elemente ¸si anume Un = {z ∈ C∗ | z n = 1}. (ii) Dac˘a p este un num˘ ar prim, ar˘ atat¸i c˘a Cp∞ =

S n≥0

Upn este un subgrup al lui (C∗ , ·)

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

21

care nu este finit generat. (iii) Ar˘atat¸i c˘ a dac˘ a H este un subgrup propriu al lui Cp∞ , atunci exist˘a n ∈ N∗ cu H = Upn . (iv) Dac˘a G este un subgrup infinit al lui (C∗ , ·) cu proprietatea c˘a orice subgrup propriu al s˘au este finit, atunci exist˘ a p num˘ ar prim astfel ˆıncˆat G = Cp∞ . Olimpiada Nat¸ional˘a de Matematic˘a, Romˆania, 1998 Solut¸ie. (i) Un = {z ∈ C | z n = 1} este subgrup al lui (C∗ , ·), deoarece pentru x, y ∈ Un avem (xy −1 )n = xn y −n = 1, deci xy −1 ∈ Un . Dac˘a H este un subgrup cu n elemente al lui (C∗ , ·), din teorema lui Lagrange rezult˘a c˘a z n = 1 pentru orice z ∈ H, deci H ⊆ Un . Cum H ¸si Un au acela¸si num˘ar de elemente rezult˘a c˘a H = Un . (ii) ˆIn grupul (C∗ , ·) consider˘ am subgrupurile Upn cu n ∈ N. Avem Upn ⊆ Upn+1 , deoarece n n+1 p p z = 1 implic˘ az = 1 ¸si incluziunea este strict˘a, cele dou˘a subgrupuri avˆand cardinale diferite. Rezult˘ a u¸sor acum c˘ a Cp∞ nu este finit generat. (iii) Fie H un subgrup al lui Cp∞ . Atunci orice element al lui H are ordinul de forma pm , m ∈ N. Avem dou˘ a posibilit˘ a¸ti: mult¸imea {m ∈ N | exist˘a x ∈ H cu ord(x) = pm } este m˘arginit˘a sau nem˘ arginit˘ a. Dac˘a mult¸imea {m ∈ N | exist˘ a x ∈ H cu ord(x) = pm } este nem˘arginit˘a, atunci vom avea H = Cp∞ . Fie g ∈ Cp∞ , ord(g) = pn . < g > este un subgrup cu pn elemente al lui Cp∞ ¸si din (i) rezult˘ a c˘ a < g > = Upn . Pe de alt˘a parte, exist˘a m ∈ N, m > n ¸si x ∈ H cu m ord(x) = p . Atunci, ca mai sus, < x > = Upm ⊇ Upn , deci g ∈ < x > ⊆ H. Dac˘a mult¸imea {m ∈ N | exist˘ a x ∈ H cu ord(x) = pm } este m˘arginit˘a, atunci fie n cel mai mare element al s˘ au ¸si x ∈ H cu ord(x) = pn . Vom ar˘ata c˘a ˆın acest caz H = Upn . ˆIntr-adev˘ar, dac˘ a g ∈ H, atunci ord(g) = pm cu m ≤ n ¸si < g > = Upm ⊆ Upn , deci H ⊆ Upn . Pe de alt˘ a parte, H ⊇ < x > = Upn ¸si de aici rezult˘a egalitatea dorit˘a. (iv) G nu este grup ciclic, altfel G ar fi izomorf cu Z ¸si nu are proprietatea din enunt¸. Mai mult, rezult˘a c˘ a ord(x) < ∞ pentru orice x ∈ G, deoarece < x > este un subgrup ciclic al lui G ¸si din acelea¸si motive ca mai sus nu poate fi infinit. Ar˘at˘am acum c˘ a exist˘ a un unic num˘ar prim p > 0 cu proprietatea c˘a ord(x) este o putere a lui p pentru orice x ∈ G. S˘ a presupunem c˘a exist˘a x1 , x2 ∈ G cu ord(x1 ) = pa11 ¸si ord(x2 ) = p2a2 , unde p1 , p2 sunt numere prime distincte. (S˘a observ˘am c˘a ˆıntotdeauna exist˘a elemente ˆın grupul G care au ordinul o putere a unui num˘ar prim: dac˘a ord(x) = q1b1 · · · qrbr , b2

br

qi numere prime distincte, atunci ord(xq2 ···qr ) = q1b1 .) Alegem a1 , a2 maxime. (Dac˘a ar exista un num˘ ar prim p astfel ˆıncˆ at mult¸imea {k ∈ N | exist˘a x ∈ G cu ord(x) = pk } s˘a fie infinit˘a, atunci Cp∞ ⊆ G, deci Cp∞ este un subgrup infinit al lui G, deci Cp∞ = G.) Fie x3 ∈ G − < x1 , x2 > (exist˘ a un astfel de element, deoarece < x1 , x2 > este subgrup p

k2

finit al lui G). Dac˘ a ord(x3 ) = pk11 pk22 , atunci k1 ≤ a1 ¸si k2 ≤ a2 (deoarece ord(x32 ) = pk11 k1

p

p

k2

p

k1

¸si ord(x31 ) = pk22 ). Rezult˘ a c˘ a x32 ∈ < x1 > = Upa1 ¸si x31 ∈ < x2 > = Upa2 , deci k

p 2 x3 2 ∈ < (pk11 , pk22 )

k

p 1 x3 1

1

2

x1 , x2 > ¸si ∈ < x1 , x2 >. ˆIn particular, obt¸inem x3 ∈ < x1 , x2 > (deoarece = 1), contradict¸ie. Rezult˘ a c˘ a exist˘a un num˘ar prim p3 , diferit de p1 , p2 , astfel ˆıncˆat p3 | ord(x3 ). Deci exist˘ a ˆın G elemente de ordin o putere a lui p3 . Not˘am tot cu x3 un element de ordin pa33 cu a3 maxim. ˆIn acest fel se obt¸ine un ¸sir (xn ) de elemente din G, un ¸sir de numere prime distincte (pn ) ¸si un ¸sir de numere naturale nenule (an ) cu proprietatea c˘a ord(xn ) = pann pentru orice n ≥ 1. ˆIn mod clar < x2 , . . . , xn , . . . > este subgrup infinit

22

al lui G ¸si diferit de G (infinit, deoarece ord(x2 · · · xn ) = pa22 · · · pann pentru orice n ≥ 2 ¸si diferit de G, deoarece x1 ∈ / < x2 , . . . , xn , . . . >), contradict¸ie. Deci exist˘a un unic num˘ ar prim p cu proprietatea c˘a ord(x) este o putere a lui p pentru orice x ∈ G. Dac˘ a mult¸imea {k ∈ N | exist˘a x ∈ G cu ord(x) = pk } ar fi finit˘a, fie k0 maximul s˘ au. Rezult˘ a c˘ a G ⊆ Upk0 , fals. Deci mult¸imea este infinit˘a ¸si ˆın acest caz ∞ obt¸inem c˘a G = Cp . Problema 1.27 Fie G un grup care are un automorfism σ de ordin doi f˘ar˘a puncte fixe netriviale (adic˘ a σ(x) = x implic˘ a x = e). (i) Dac˘a G este grup finit, atunci G este abelian; (ii) Dac˘a oricare ar fi x ∈ G exist˘ a un unic element y ∈ G astfel ˆıncˆat x = y 2 , atunci G este abelian. Iran, 2003 Solut¸ie. (i) Definim o funct¸ie f : G → G prin f (x) = x−1 σ(x), oricare ar fi x ∈ G. S˘a ar˘at˘am c˘ a f este injectiv˘ a: f (x) = f (y) ⇒ x−1 σ(x) = y −1 σ(y) ⇒ σ(xy −1 ) = xy −1 ⇒ xy −1 = e ⇒ x = y. Deoarece G este grup finit rezult˘ a c˘ a f este funct¸ie bijectiv˘a, deci orice element al lui G se scrie sub forma x−1 σ(x) pentru un x ∈ G. Dar σ(x−1 σ(x)) = σ(x−1 )σ(σ(x)) = σ(x)−1 x = (x−1 σ(x))−1 , deci σ(y) = y −1 pentru orice y ∈ G ¸si folosind c˘ a σ este morfism de grupuri rezult˘a imediat c˘a G este abelian. (ii) Fie x ∈ G. Atunci exist˘ a un unic element y ∈ G cu proprietatea c˘a x−1 σ(x) = y 2 . −1 Deducem c˘a σ(x σ(x)) = σ(y 2 ) ⇔ σ(x)−1 σ(σ(x)) = σ(y)2 ⇔ σ(x)−1 x = σ(y)2 ⇔ (σ(x)−1 x)−1 = (σ(y)2 )−1 ⇔ x−1 σ(x) = σ(y −1 )2 . Din ipotez˘a rezult˘ a acum c˘ a σ(y −1 ) = y ⇔ σ(y) = y −1 . Calcul˘am σ(xy) = σ(x)σ(y) = xy 2 y −1 = xy ¸si obt¸inem c˘a xy = e ⇒ y = x−1 ⇒ x−1 σ(x) = x−2 ⇒ σ(x) = x−1 , deci G este abelian. Observat¸ie. ˆIn cazul (i) se poate ar˘ata u¸sor c˘a |G| este impar. Problema 1.28 Ar˘ atat¸i c˘ a urm˘ atoarea afirmat¸ie are loc pentru n = 3, 5 ¸si nu are loc pentru n = 4: ,,Pentru orice π 1 ∈ Sn , π 1 6= e, exist˘a π 2 ∈ Sn cu proprietatea c˘a hπ 1 , π 2 i = Sn .” IMC, 1998 Solut¸ie. Cazul n = 3 este imediat. Dac˘a π 1 este o transpozit¸ie, s˘ a zicem c˘a π 1 = (12), atunci putem considera π 2 = (123). Dac˘a π 1 este un ciclu de lungime 3, s˘a zicem c˘a π 1 = (123), atunci putem considera π 2 = (12). Cazul n = 5. (i) Dac˘a π 1 este o transpozit¸ie, s˘ a zicem c˘a π 1 = (12), atunci putem considera π 2 = (12345). (ii) Dac˘a π 1 este un ciclu de lungime 3, s˘a zicem c˘a π 1 = (123), atunci putem considera

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

23

π 2 = (124)(35). Avem π 42 = (124) ¸si π 32 π 1 π 32 = (125), deci (123), (124), (125) ∈ hπ 1 , π 2 i. S¸tim ˆıns˘a c˘a A5 = h(123), (124), (125)i, deci A5 ⊆ hπ 1 , π 2 i. Cum [S5 : A5 ] = 2, iar π 2 este permutare impar˘ a, rezult˘ a hπ 1 , π 2 i = S5 . (iii) Dac˘a π 1 este produsul dintre un ciclu de lungime 3 ¸si o transpozit¸ie (disjuncte, desigur), s˘a zicem c˘ a π 1 = (123)(45). Atunci, ca ˆın cazul precedent, putem alege π 2 = (124). (iv) Dac˘a π 1 este un ciclu de lungime 4, s˘a zicem c˘a π 1 = (1234), atunci putem considera π 2 = (12345). Avem (π 2 π 1 )3 = (24), π 21 (24) = (13) ¸si π 22 = (13524). Din faptul c˘a (13), (13524) ∈ hπ 1 , π 2 i obt¸inem imediat c˘a hπ 1 , π 2 i = S5 . (v) Dac˘a π 1 este produsul a dou˘ a transpozit¸ii disjuncte, s˘a zicem c˘a π 1 = (12)(34), atunci vom considera π 2 = (1354). Avem π 22 π 1 = (125) ¸si π 32 π 1 = (124)(35). Din (iii) rezult˘a acum c˘a hπ 1 , π 2 i = S5 . (vi) Dac˘a π 1 este un ciclu de lungime 5, s˘a zicem c˘a π 1 = (12345), atunci putem considera π 2 = (12). Cazul n = 4. Fie π 1 = (12)(34) ¸si presupunem c˘ a exist˘a π 2 ∈ S4 cu hπ 1 , π 2 i = S4 . Consider˘am K = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. S¸tim c˘a K este subgrup normal al lui S4 ¸si din cele de mai sus avem c˘ a grupul factor S4 /K este ciclic, generat de clasa lui π 2 . Pe de alt˘a parte, |S4 /K| = 6, deci acest grup factor cont¸ine un element de ordin 6. Dar pentru orice σ ∈ S4 , ord(σ) ∈ {1, 2, 3, 4}, ceea ce contrazice existent¸a unui element de ordin 6 ˆın S4 /K. Observat¸ie. Afirmat¸ia din problem˘a are loc pentru orice n 6= 4 ¸si a fost demonstrat˘a ˆın lucrarea ”S. Piccard, Sur les bases du groupe symetrique et du groupe alternant, Commentarii Mathematici Helvetici, vol. 11, 1938”. Problema 1.29 Fie G un subgrup al lui Sn , n ≥ 2, cu proprietatea c˘a pentru orice π ∈ G \ {e} exist˘ a un unic k ∈ {1, . . . , n} pentru care π(k) = k. Ar˘atat¸i c˘a acest k este acela¸si pentru orice π ∈ G \ {e}. IMC, 2010 Solut¸ia 1. Consider˘ am act¸iunea canonic˘a a lui G pe mult¸imea X = {1, . . . , n} dat˘a prin (π, x) → π(x). Pentru x ∈ X definim Stab(x) = {g ∈ G : g(x) = x} ¸si Gx = {g(x) : g ∈ G}, stabilizatorul ¸si respectiv orbita lui x relativ la act¸iunea dat˘a. Din enunt¸ avem c˘a G=

[

Stab(x)

(1.2)

x∈X

¸si Stab(x) ∩ Stab(y) = {e}

(1.3)

pentru x 6= y. Vom demonstra c˘ a exist˘ a x ∈ X cu proprietatea c˘a Stab(x) = G, ceea ce rezolv˘a problema. Fie Gx1 , . . . , Gxr orbitele distincte ale act¸iunii. S¸tim c˘a acestea formeaz˘a o partit¸ie a lui X, deci putem scrie r [ [ G= Stab(x). (1.4) i=1 x∈Gxi

Mai ¸stim c˘a |Gx| = |G|/| Stab(x)|. Dac˘a y ∈ Gx, atunci Gy = Gx ¸si de aici rezult˘a c˘a | Stab(y)| = | Stab(x)|.

24

Din relat¸ia (1.4) obt¸inem |G| − 1 = |G \ {e}| = |

r [ [ i=1 x∈Gxi

de unde rezult˘ a

r X |G| Stab(x) \ {e}| = (|Gxi | − 1), |Gxi | i=1

r

1−

X 1 1 = ). (1 − |G| |Gxi |

(1.5)

i=1

Faptul c˘a exist˘ a x ∈ X cu proprietatea c˘a Stab(x) = G este echivalent cu existent¸a unei orbite triviale. Dac˘a toate orbitele sunt netriviale ¸si sunt cel put¸in dou˘a, atunci din relat¸ia (1.5) vom avea c˘a r X 1 1 1 1 1− = ) ≥ (1 − ) + (1 − ) = 1, (1 − |G| |Gxi | 2 2 i=1

contradict¸ie. Dac˘a exist˘a o singur˘ a orbit˘ a ¸si aceea este netrivial˘a, atunci din (1.2) ¸si (1.3) rezult˘a c˘a P |G| − 1 = x∈X (| Stab(x)| − 1) = n |G| ¸ie. n − n = |G| − n, contradict ˆIn concluzie, exist˘ a cel put¸in o orbit˘a trivial˘a, deci un punct fix comun tuturor permut˘arilor din G. Solut¸ia 2. Vom folosi acelea¸si notat¸ii ca ˆın solut¸ia precedent˘a. Pentru un element g ∈ G definim Fix(g) = {x ∈ X : gx = x}. Evident, |Fix(g)| = 1 pentru orice g 6= e ¸si |Fix(e)| = n. 1 P Vom folosi acum lema lui Burnside care spune c˘a num˘arul de orbite N = |G| g∈G |Fix(g)|. 1 A¸sadar N = |G| (|G| − 1 + n), de unde rezult˘a c˘a |G| divide pe n − 1. Pe de alt˘a parte, din ecuat¸ia claselor avem c˘a n = m1 + · · · + mN , unde mi = |Gxi |, elementele {x1 , . . . , xN } reprezentˆ and un sistem complet ¸si independent de reprezentant¸i pentru relat¸ia de echivalent¸˘ a determinat˘a de act¸iunea canonic˘a a lui G pe X. Din relat¸ia orbit˘a-stabilizator deducem c˘ a mi | |G| pentru orice i = 1, . . . , N . Dac˘a N = 1, atunci n | n − 1, fals. Dac˘a N > 1, atunci vom avea N − 1 elemente dintre m1 , . . . , mN egale cu |G|, altminteri n ≤ (N −2)|G|+|G| = (N −1)|G| = n−1, contradict¸ie. ˆIn concluzie, n = (N −1)|G|+mi = n − 1 + mi , deci mi = 1 ceea ce ˆınseamn˘a c˘a exist˘a o orbit˘a trivial˘a. Problema 1.30 Fie G un subgrup al lui Sn , n ≥ 2, cu proprietatea c˘a pentru orice i, j ∈ {1, . . . , n} exist˘ a σ ∈ G astfel ˆıncˆat σ(i) = j. Ar˘atat¸i c˘a pentru orice k ∈ {1, . . . , n} avem Gk ∩ Z(G) = {e}, unde Gk = {τ ∈ G : τ (k) = k}. Iran, 2004 Solut¸ie. Consider˘ am act¸iunea lui G pe mult¸imea {1, . . . , n} dat˘a prin (σ, i) → σ(i). Pentru k ∈ {1, . . . , n} avem c˘ a Stab(k) = {σ ∈ G : σ(k) = k}, deci Stab(k) = Gk . Este imediat din enunt¸ c˘ a Gk = {1, . . . , n}, unde Gk este orbita lui k, adic˘a Gk = {σ(k) : σ ∈ G}. Din formula orbit˘ a-stabilizator obt¸inem c˘a n = |Gk| = [G : Gk ]. A¸sadar exist˘a τ 1 , . . . , τ n−1 ∈ G cu proprietatea c˘ a G = Gk ∪ τ 1 Gk ∪ . . . ∪ τ n−1 Gk (reuniune disjunct˘a).

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

25

Fie τ ∈ Gk ∩ Z(G). Avem c˘ a τ τ j = τ j τ pentru orice j ∈ {1, . . . , n − 1} ¸si de aici deducem c˘a τ (τ j (k)) = τ j (k) pentru orice j ∈ {1, . . . , n − 1}. Ar˘at˘am acum c˘ a {k, τ 1 (k), . . . , τ n−1 (k)} = {1, . . . , n} ¸si de aici rezult˘a, ˆın mod evident, c˘a τ = e. S˘a presupunem prin absurd c˘ a τ i (k) = τ j (k), i 6= j. Atunci τ −1 j τ i (k) = k, echivalent −1 τ j τ i ∈ Gk , deci τ i Gk = τ j Gk , contradict¸ie. Problema 1.31 (i) Dac˘ a G este un subgrup al lui Sn care nu este cont¸inut ˆın An , atunci G cont¸ine un subgrup de indice 2. (ii) Dac˘a G este grup finit ¸si |G| = 4n + 2, atunci G cont¸ine un unic subgrup de indice 2. Solut¸ie. (i) Fie G ≤ Sn astfel ˆıncˆat G nu este inclus ˆın An . Rezult˘a imediat c˘a [G : G ∩ An ] ≤ [Sn : An ] = 2. Dar G 6= G ∩ An , deci [G : G ∩ An ] > 1. Am obt¸inut c˘a [G : G ∩ An ] = 2 ¸si deci G ∩ An este subgrup de indice 2 ˆın G. Se poate argumenta chiar mai simplu: deoarece G 6= G ∩ An , G cont¸ine o permutare impar˘a, s˘a o not˘ am cu σ. Rezult˘ a c˘ a G ∩ An ¸si σ(G ∩ An ) formeaz˘a o partit¸ie a lui An . Dac˘a τ ∈ G, atunci τ poate fi par˘ a, caz ˆın care τ ∈ G ∩ An , sau poate fi impar˘a, caz ˆın care σ −1 τ ∈ G ∩ An ⇔ τ ∈ σ(G ∩ An ). (ii) Cum |G| = 4n + 2, din teorema lui Cauchy rezult˘a c˘a G are un element g de ordin 2. Din teorema lui Cayley ¸stim c˘ a exist˘a un morfism injectiv de grupuri f : G → S(G) definit prin f (x)(y) = xy pentru orice x, y ∈ G. (Prin S(G) am notat grupul simetric al mult¸imii G, care ˆın acest caz este izomorf cu S4n+2 ). S˘a observ˘am c˘a permutarea f (g) nu are puncte fixe, deoarece g 6= e, ¸si c˘ a (f (g))2 = IdG . Rezult˘a c˘a descompunerea lui f (g) ˆın produs de cicli disjunct¸i const˘ a ˆın produsul a 2n + 1 transpozit¸ii. A¸sadar f (g) este o permutare impar˘ a ¸si aplicˆ and (i) pentru grupul Im(f ) obt¸inem c˘a Im(f ) are un subgrup de indice 2. Dar f este morfism injectiv, deci G ' Im(f ), de unde rezult˘a c˘a G are un subgrup de indice 2. Presupunem acum c˘ a exist˘ a dou˘ a subgrupuri distincte H1 , H2 de indice 2 ˆın G. Acestea sunt subgrupuri normale ¸si deci H1 H2 /H1 ' H2 /H1 ∩ H2 . Deoarece H1 este subgrup propriu al lui H1 H2 , rezult˘ a c˘ a H1 H2 = G, deci |H1 H2 /H1 | = 2 = |H2 /H1 ∩ H2 |, ceea ce |H2 | ˆınseamn˘a c˘a H1 ∩ H2 are 2 = 2n+1 elemente, ceea ce este absurd. 2 Problema 1.32 S˘ a se arate c˘ a grupurile GL(2, Z) ¸si GL(3, Z) nu sunt izomorfe. Solut¸ie. S˘ a presupunem c˘ a grupurile GL(2, Z) ¸si GL(3, Z) sunt izomorfe. Vom defini acum un morfism injectiv de grupuri f : GL(2, Z) × {±1} → GL(3, Z) prin f (A, ±1) =   A 0 . Deoarece grupul ({±1}, ·) este izomorf cu Z2 ¸si GL(2, Z) este izomorf cu 0 ±1 GL(3, Z), rezult˘ a c˘ a avem un morfism injectiv de la GL(2, Z) × Z2 la GL(2, Z). Iterˆand obt¸inem c˘a exist˘ a un morfism injectiv de la GL(2, Z)×Z2 ×· · ·×Z2 (ˆın produs se consider˘a n c´opii ale lui Z2 ) la GL(2, Z). ˆIn particular, aceasta ˆınseamn˘a c˘a pentru orice n ∈ N∗ exist˘a A1 , . . . , An ∈ GL(2, Z) cu proprietatea c˘a ord(Ai ) = 2 ¸si Ai Aj = Aj Ai , oricare ar fi i, j ∈ {1, . . . , n}.   a b Elementele de ordin 2 din GL(2, Z) sunt matricele −I2 ¸si , cu bc = 1 − a2 . S˘a c −a consider˘ a matrice de a form˘  am dou˘   aceast˘  a ¸si s˘a vedem ˆın ce condit¸ii acestea comut˘a: fie 0 0 a b a b A= ¸si A0 = astfel ˆıncˆat AA0 = A0 A. Din calcule se obt¸ine c˘a c −a c0 −a0

26

ab0 = a0 b, ac0 = a0 c, bc0 = b0 c. T ¸ inˆ and cont de faptul c˘a bc = 1 − a2 ¸si b0 c0 = 1 − a02 , rezult˘a c˘a singurele matrice de ordin 2 cu care A comut˘a sunt −A ¸si −I2 , contradict¸ie. Observat¸ie. Solut¸ia dat˘ a se bazeaz˘ a pe faptul c˘a grupul Z32 nu se scufund˘a ˆın GL(2, Z), dar se scufund˘ a ˆın GL(3, Z). Aceast˘ a observat¸ie se poate generaliza ducˆand la concluzia c˘a grupurile GL(m, Z) ¸si GL(n, Z) nu sunt izomorfe pentru m 6= n. Problema 1.33 Fie G un grup finit, p cel mai mic divizor prim al lui |G| ¸si H un subgrup normal. S˘a se arate c˘ a dac˘ a |H| = p, atunci H este cont¸inut ˆın Z(G). Iran, 1990 ¸si Iran, 2011 Solut¸ia 1. Presupunem c˘ a H 6⊆ Z(G). Atunci rezult˘a c˘a H ∩ Z(G) = {e}. Consider˘am acum act¸iunea prin conjugare a lui G pe P H ¸si scriem ecuat¸ia claselor pentru aceast˘a act¸iune. Vom avea |H| = |H ∩ Z(G)| + [G : CG (x)], unde CG (x) este centralizatorul elementului x ∈ H, ˆın acest caz cu CG (x) 6= G. Deoarece [G : CG (x)] divide |G| ¸si p este cel maiP mic num˘ ar prim care divide |G|, rezult˘a c˘a [G : CG (x)] ≥ p, de unde p = |H| = 1 + [G : CG (x)] ≥ 1 + p, contradict¸ie. Solut¸ia 2. Act¸iunea prin conjugare a lui G pe H define¸ste un morfism ϕ : G → × Aut(H). Cum H ' Zp , avem c˘ a Aut(H) ' Aut(Zp ). S¸tim ˆıns˘a c˘a Aut(Zp ) ' Z× p , iar Zp este grup ciclic cu p − 1 elemente. Fiindc˘a p este cel mai mic divizor prim al lui |G|, avem c˘a (|G|, p − 1) = 1 ¸si astfel morfismul ϕ este trivial. Deci gxg −1 = x pentru orice g ∈ G ¸si orice x ∈ H, ceea ce ˆınseamn˘ a c˘ a H ⊆ Z(G). Observat¸ie. Se observ˘ a c˘ a putem ˆınlocui condit¸ia din enunt¸ asupra lui H cu (|G|, | Aut(H)|) = 1. Problema 1.34 Fie G un grup finit ¸si H1 , H2 , H3 trei subgrupuri abeliene. Dac˘a ([G : Hi ], [G : Hj ]) = 1 pentru orice i, j ∈ {1, 2, 3}, i 6= j, atunci G este grup abelian. Solut¸ie. Fie p un num˘ ar prim cu proprietatea c˘a p | |G|. Atunci vor exista i, j ∈ {1, 2, 3}, i 6= j, astfel ˆıncˆ at p - [G : Hi ] ¸si p - [G : Hj ]. Deoarece ([G : Hi ], [G : Hj ]) = 1, avem G = Hi Hj ¸si de aici deducem c˘a [G : Hi ∩ Hj ] = [G : Hi ][G : Hj ]. ˆIn particular, obt¸inem c˘a p - [G : Hi ∩ Hj ] ¸si aceasta conduce imediat la existent¸a unui p-subgrup Sylow al lui G cont¸inut ˆın Hi ∩ Hj . Fie P p-subgrup Sylow al lui G, P ≤ Hi ∩ Hj . Cum Hi , Hj sunt abeliene avem c˘a Hi ≤ NG (P ), respectiv Hj ≤ NG (P ). ˆIn consecint¸˘a, G = Hi Hj ≤ NG (P ), deci G = NG (P ), ceea ce ˆınseamn˘ a c˘ a P E G. Am obt¸inut astfel c˘ a pentru orice p | |G| exist˘a un unic p-subgrup Sylow ˆın G ¸si acesta este abelian. Dar ˆın aceste condit¸ii G este produsul direct al subgrupurilor sale Sylow, deci G este abelian. Observat¸ie. Acest rezultat apare ˆın lucrarea lui lui K. Doerk, Minimal nicht u ¨beraufl¨ osbare, endlicher Gruppen, Math. Z., 91 (1966), 198-205, ¸si este valabil ¸si pentru alte tipuri de subgrupuri, cum ar fi cele nilpotente sau cele rezolubile. Problema 1.35 Fie G un grup finit simplu ¸si neabelian ¸si H un subgrup propriu. Ar˘atat¸i c˘a pentru orice divizor prim p al lui |H| mult¸imea p-subgrupurilor Sylow ale lui H nu poate fi egal˘a cu mult¸imea p-subgrupurilor Sylow ale lui G.

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

27

Iran, 2003 Solut¸ie. Presupunem prin absurd c˘a Sylp (H) = Sylp (G). ˆIn particular, orice p-subgrup Sylow al lui G este cont¸inut ˆın H. Fie P ∈ Sylp (G) ¸si g ∈ G. Atunci g −1 P g ∈ Sylp (G), deci g −1 P g ∈ Sylp (H). De aici −1 −1 rezult˘ Ta c˘a g P−1g ⊆ H, deci P ⊆ gHg . Cum g a fost ales arbitrar ˆın G, obt¸inem c˘a P ⊆ g∈G gHg . T Dar g∈G gHg −1 = HG E G ¸si cum G este simplu avem c˘a HG = {e} sau HG = G. Dar P ⊆ HG , deci HG 6= {e}. Dac˘a HG = G, atunci H C G, fals. A¸sadar am obt¸inut o contradict¸ie. Problema 1.36 Fie G un grup finit cu exact 50 de 7-subgrupuri Sylow. Fie P un 7subgrup Sylow al lui G ¸si N = NG (P ). (i) Ar˘atat¸i c˘ a N este subgrup maximal al lui G; (ii) Dac˘a N are un 5-subgrup Sylow Q ¸si Q E N , atunci Q E G. Iran, 2007 Solut¸ie. (i) Din a doua teorem˘ a a lui Sylow ¸stim c˘a [G : N ] = 50. Fie acum H ≤ G cu N ⊆ H. Atunci P este, de asemenea, 7-subgrup Sylow al lui H ¸si N = NH (P ), deci [H : N ] ≡ 1 (mod 7). Din teorema lui Lagrange avem c˘a [H : N ] divide pe [G : N ] ¸si se verific˘a u¸sor c˘ a singurele posibilit˘ a¸ti sunt [H : N ] = 1 sau [H : N ] = 50. Astfel H = N sau H = G, deci N este maximal. (ii) Fie R un 5-subgrup Sylow al lui G care ˆıl cont¸ine pe Q. ˆIn mod evident R ∩ N = Q. Dac˘a Q = R, atunci NG (Q) = NG (R) ¸si cum N ≤ NG (Q) rezult˘a c˘a [G : N ] este divizibil prin [G : NG (Q)]. Deoarece [G : NG (R)] ≡ 1 (mod 5), exist˘a k ∈ N astfel ˆıncˆat [G : NG (R)] = 5k + 1 ¸si 5k + 1 | 50. Pentru k ≥ 1 este fals, iar pentru k = 0 se obt¸ine c˘a NG (Q) = G, deci Q E G. S˘a consider˘am acum c˘ a Q 6= R. Deoarece R este un 5-grup, NR (Q) ˆıl cont¸ine strict pe Q. (Aceasta este o proprietate valabil˘ a ˆın orice p-grup finit: dac˘a Q = NR (Q), atunci Z(R) ⊆ Q ¸si ˆın grupul factor R/Z(R) avem c˘a subgrupul Q/Z(R) coincide cu normalizatorul s˘au. Cum ˆıns˘ a |R/Z(R)| < |R|, ajungem imediat la o contradict¸ie.) A¸sadar NR (Q) 6⊆ N , altminteri NR (Q) ar fi cont¸inut ˆın N ∩ R = Q, fals. Astfel, hNR (Q), N i ˆıl cont¸ine strict pe N ¸si cum acesta este maximal (din (i)) avem hNR (Q), N i = G. Deoarece Q E NR (Q) ¸si Q E N , rezult˘ a Q E G. Problema 1.37 Fie G un grup finit ¸si N un subgrup maximal al lui G. Presupunem c˘a N este abelian, [G : N ] = pn cu p prim ¸si n ≥ 1, ¸si N nu cont¸ine nici un subgrup normal netrivial al lui G. Ar˘ atat¸i c˘ a p nu divide |N |. Iran, 2010 Solut¸ie. Presupunem prin reducere la absurd c˘a p | |N | ¸si fie x ∈ N cu ord(x) = p. Exist˘a P un p-subgrup Sylow al lui G cu proprietatea c˘a x ∈ P .

28

Cum P ∩ N este subgrup al lui N ¸si N este abelian rezult˘a c˘a P ∩ N este subgrup normal al lui N . A¸sadar N ⊆ NG (P ∩ N ). Dar N este subgrup maximal, deci trebuie ca NG (P ∩ N ) = N sau NG (P ∩ N ) = G. Cazul NG (P ∩ N ) = G este imposibil, pentru c˘a am avea P ∩ N subgrup normal ˆın G, netrivial ¸si cont¸inut ˆın N . R˘amˆane c˘a NG (P ∩ N ) = N . De aici obt¸inem c˘a NP (P ∩ N ) = P ∩ N . ˆIns˘a P ∩ N ≤ P ¸si P p-grup, iar conform celor ar˘ atate ˆın solut¸ia problemei 1.36, dac˘a P ∩ N 6= P , trebuie s˘a avem P ∩ N 6= NG (P ∩ N ). ˆIn consecint¸˘a, P ∩ N = P ceea ce implic˘a p - [G : N ], contradict¸ie. Problema 1.38 S˘ a se determine num˘arul structurilor neizomorfe de inel care pot fi definite pe o mult¸ime cu p elemente, unde p este un num˘ar prim. Solut¸ie. Deoarece orice grup cu p elemente este izomorf cu (Zp , +), este suficient s˘a determin˘am structurile de inel al c˘ aror grup abelian subiacent este (Zp , +). Cum acest grup este generat de ˆ 1, ˆınmult¸irea ”∗” din inel este complet determinat˘a de ˆ1 ∗ ˆ1. ˆIntr-adev˘ ar, dac˘ aˆ 1∗ˆ 1=a ˆ, atunci n ˆ∗m ˆ =n [ ma pentru orice n ˆ, m ˆ ∈ Zp . Pe de alt˘a parte, o verificare simpl˘ a arat˘ a c˘ a pentru orice a ˆ ∈ Zp ˆınmult¸irea n ˆ∗m ˆ =n [ ma define¸ste o structur˘a de inel (Zp , +, ∗). Dac˘a a ˆ 6= ˆ0, atunci inelul (Zp , +, ∗) este izomorf cu inelul (Zp , +, ·) al claselor de resturi modulo p, un izomorfism fiind f : (Zp , +, ·) → (Zp , +, ∗), f (ˆ n) = n ca. ˆ ˆ Dac˘a a ˆ = 0, atunci (Zp , +, ∗) este inelul nul, ˆın care n ˆ∗m ˆ = 0 pentru orice n ˆ, m ˆ ∈ Zp , ¸si acesta este evident neizomorf cu (Zp , +, ·). Prin urmare exist˘ a exact dou˘ a structuri de inel neizomorfe pe o mult¸ime cu p elemente, ¸si anume inelul nul ¸si inelul (Zp , +, ·) care este chiar corp comutativ. Problema 1.39 Fie R un inel cu grupul (R, +) ciclic. S˘a se arate c˘a R este inel comutativ. Solut¸ie. Dac˘ a grupul (R, +) subiacent inelului este ciclic, fie a un generator al acestui grup ¸si r, s ∈ R dou˘ a elemente arbitrare. Atunci exist˘a m, p ∈ N∗ cu r = ma ¸si s = pa. Rezult˘a rs = (ma)(pa) = mpa2 = pma2 = (pa)(ma) = sr ¸si deci R este comutativ. Problema 1.40 (i) S˘ a se arate c˘ a orice inel unitar cu p2 elemente este comutativ, unde p este un num˘ ar prim. (ii) S˘a se arate c˘ a exist˘ a inele neunitare cu p2 elemente care nu sunt comutative. Iran, 2010 Solut¸ie. (i) Fie R un inel unitar cu p2 elemente. Dac˘a 1 = 1R are ordinul p2 ˆın (R, +), atunci (R, +) este ciclic ¸si din problema 1.39 rezult˘a c˘a R este comutativ. Dac˘a 1 are ordinul p, fie K subinelul lui R generat de 1. Atunci K are p elemente, deci este corp comutativ (vezi rezolvarea problemei 1.38). Mai mult, exist˘a a ∈ R astfel ˆıncˆat {1, a} este o baz˘ a a K-spat¸iului vectorial R ¸si K = {n · 1R | n ∈ N∗ } este inclus ˆın centrul lui R. Dac˘a r, s ∈ R, atunci exist˘ a α, β, γ, δ ˆın K astfel ˆıncˆat r = α + βa ¸si s = γ + δa. Efectuˆand ˆınmult¸irile obt¸inem rs = sr. (ii) Fie R = Zp × Zp cu adunarea pe componente ¸si ˆınmult¸irea dat˘a de (a, b)(c, d) =

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

29

(ac + bc, ad + bd) pentru orice a, b, c, d ∈ Zp . Se arat˘a prin calcul c˘ a sunt satisf˘ acute axiomele inelului. Avem (1, 1)(1, 0) = (2, 0) ¸si (1, 0)(1, 1) = (1, 1), deci R nu este comutativ. ˆIn particular, din prima parte a problemei rezult˘ a c˘ a R nu este unitar. Problema 1.41 Fie R un inel finit cu urm˘atoarea proprietate: pentru orice a, b ∈ R exist˘a c ∈ R (depinzˆ and de a ¸si b) astfel ˆıncˆat a2 + b2 = c2 . S˘a se arate c˘ a pentru orice a, b, c ∈ R exist˘a d ∈ R cu proprietatea c˘a 2abc = d2 . Vojtech Jarnik, 2005 Solut¸ie. Definim R(2) = {x2 : x ∈ R} ¸si observ˘am c˘a proprietatea lui R dat˘a ˆın enunt¸ se poate rescrie ca R(2) + R(2) ⊆ R(2) . Pentru un element y ∈ R(2) fixat, funct¸ia f : R(2) → R(2) definit˘a prin f (x) = x + y este injectiv˘a ¸si cum R(2) este o mult¸ime finit˘a rezult˘a c˘a f este bijectiv˘a. A¸sadar R(2) este ˆınchis˘a ¸si la sc˘ adere, deci R(2) este subgrup al lui (R, +). Fie acum dou˘ a elemente x, y ∈ R. Deoarece xy + yx = (x + y)2 − x2 − y 2 , rezult˘a c˘a xy + yx ∈ R2 . Pentru x = a ¸si y = bc, obt¸inem c˘a abc + bca ∈ R2 , x = c ¸si y = ab, obt¸inem c˘a cab + abc ∈ R(2) , x = ca ¸si y = b, obt¸inem c˘a cab + bca ∈ R(2) . Acum, dac˘a adun˘ am primele dou˘ a relat¸ii ¸si o sc˘adem pe cea de-a treia, obt¸inem c˘a 2abc ∈ R(2) . Problema 1.42 Fie R un inel unitar care are un num˘ar finit, strict mai mare decˆat 1, de divizori ai lui zero la stˆ anga sau la dreapta. S˘a se arate c˘a R este finit. √ Mai mult, dac˘ a |R| = n, atunci |U (R)| ≤ n − [ n]. Solut¸ie. Fie D = {a1 , . . . , an } mult¸imea divizorilor lui zero la stˆanga sau la dreapta din R. Presupunem prin absurd c˘ a R este infinit. Fie a ∈ D \ {0} un divizor al lui zero la dreapta (se rat¸ioneaz˘ a analog pentru un divizor al lui zero la stˆanga). Dac˘a x ∈ R \ D, atunci ax este un element nenul din D. Cum D este finit˘a, rezult˘a c˘a exist˘a o mult¸ime infinit˘a de elemente din R, fie acestea r1 , . . . , rn , . . ., astfel ˆıncˆat ar1 = . . . = arn = . . .. Rezult˘a c˘a ri − rj ∈ D pentru orice i, j ∈ N∗ , deci ri − r1 ∈ D pentru orice i ∈ N∗ ceea ce contrazice finitudinea lui D. Prin urmare, R este finit. Fie x ∈ R \ {0} un divizor al lui zero la dreapta ¸si φ : R → xR definit˘a prin φ(a) = xa. Avem c˘a φ este morfism surjectiv de grupuri, deci R/Ker φ ' xR, de unde obt¸inem |R| = |Ker φ||xR|. Cum mult¸imile Ker φ ¸si xR sunt formate din divizori ai lui zero la √ √ dreapta, rezult˘ a |D|2 ≥ n, deci |D| ≥ n ≥ [ n] (se poate rat¸iona analog pentru un divizor al lui zero la stˆ anga, luˆ and Rx ˆın loc de xR). Cum ˆıntr-un inel finit avem U (R) = R \ D, √ rezult˘a c˘a |U (R)| ≤ n − [ n]. Problema 1.43 Fie R un inel cu urm˘atoarele propriet˘a¸ti:

30

(i) (ab)2 = a2 b2 pentru orice a, b ∈ R; (ii) x3 = 0 implic˘ a x = 0. Ar˘atat¸i c˘a R este inel comutativ. Iran, 2007 Solut¸ie. Fie u, v ∈ R ¸si x = uv, y = vu. Din relat¸ia (vu)2 = v 2 u2 rezult˘a c˘a x3 = xyx, iar din relat¸ia (uv)2 = u2 v 2 rezult˘ a y 3 = yxy. Un calcul simplu arat˘a c˘a (x − y)3 = 2 2 2 2 xy − x y + y x − yx . Dac˘ a x = 0, atunci (−y)3 = 0, ¸si din (ii) avem c˘a y = 0. A¸sadar uv = 0 implic˘ a vu = 0. Din (i) obt¸inem c˘ a a(ba − ab)b = 0 ¸si din cele de mai sus rezult˘a c˘a ba(ba − ab) = 0. Schimbˆand pe a cu b obt¸inem c˘ a ab(ab − ba) = 0. Adunˆand ultimele dou˘a relat¸ii avem c˘a 2 (ab − ba) = 0. De aici obt¸inem c˘ a (ab − ba)3 = 0, deci ab = ba, ceea ce trebuia demonstrat. Problema 1.44 Fie R un inel oarecare. S˘a se arate c˘a dac˘a x2 ∈ Z(R) pentru orice x ∈ R, atunci (xy)2 = (yx)2 pentru orice x, y ∈ R. Iran, 2008 Solut¸ie. Fie x, y ∈ R. Atunci (xy +x)2 −(xy)2 −x2 = xyx+x2 y ∈ Z(R). ˆIn particular, avem c˘a y(xyx + x2 y) = (xyx + x2 y)y ⇔ (yx)2 + yx2 y = (xy)2 + x2 y 2 . Cum x2 ∈ Z(R) rezult˘a c˘a yx2 y = x2 y 2 , deci (yx)2 = (xy)2 , ceea ce trebuia demonstrat. Problema 1.45 Fie R un inel unitar. Ar˘atat¸i c˘a: (i) dac˘a orice element inversabil este central, atunci orice element nilpotent este central; (ii) dac˘a orice element nilpotent este central, atunci orice element idempotent este central. Iran, 2007 Solut¸ie. (i) Fie a ∈ R element nilpotent. Atunci exist˘a n ∈ N, n ≥ 1, astfel ˆıncˆat an = 0. Deoarece 1 = 1 − an = (1 − a)(1 + a + · · · + an−1 ) = (1 + a + · · · + an−1 )(1 − a), rezult˘a c˘a 1 − a este element inversabil, deci central, de unde rezult˘a c˘a a este central. (ii) Fie e ∈ R un element idempotent ¸si x ∈ R un element oarecare. Avem c˘a (exe−ex)2 = 0 ¸si (exe − xe)2 = 0. Din ipotez˘ a, elementele exe − ex, exe − xe sunt centrale. ˆIn particular, e(exe − ex) = (exe − ex)e ¸si e(exe − xe) = (exe − xe)e. De aici obt¸inem c˘a ex = exe, respectiv xe = exe. ˆIn concluzie, ex = xe, deci e este element central. Problema 1.46 Fie R un inel unitar. S¸tim c˘a orice element al lui R se poate scrie ca produs de elemente idempotente. S˘ a se arate c˘a R este inel comutativ. Iran, 2009

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

31

Solut¸ie. Este suficient s˘ a ar˘ at˘ am c˘a orice element idempotent este central. S˘a presupunem mai ˆıntˆ ai c˘ a avem dou˘ a elemente x, y ∈ R cu proprietatea c˘a xy = 1. Vom ar˘ata c˘a x = y = 1. Dac˘ a x 6= 1, atunci scriem x = e1 · · · en , cu ei elemente idempotente ¸si e1 6= 1. Fie z = e2 · · · en y. Avem e1 z = 1 ¸si de aici rezult˘a c˘a 1 − e1 = (1 − e1 )e1 z = 0, fals. S˘a presupunem acum c˘ a avem un element a ∈ R cu proprietatea c˘a a2 = 0. Atunci 2 1 − a = 1, de unde (1 − a)(1 + a) = 1 ¸si folosind observat¸ia de mai sus obt¸inem a = 0. Fie e ∈ R un element idempotent ¸si x ∈ R arbitrar. Atunci (ex−exe)2 = 0 ¸si (xe−exe)2 = 0, de unde rezult˘ a c˘ a ex = exe = xe, deci orice element idempotent este central. Problema 1.47 Fie R un inel comutativ unitar. S˘a se arate c˘a: (i) Idemp(R) are o structur˘ a de grup ˆın raport cu legea de compozit¸ie ”∗” definit˘a prin: e ∗ f = e + f − 2ef pentru orice e, f ∈ Idemp(R). (ii) Dac˘a R are un num˘ ar finit de idempotent¸i, atunci exist˘a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆat | Idemp(R)| = 2n . Solut¸ie. (i) Fie e, f ∈ Idemp(R). Atunci (e + f − 2ef )2 = e2 + f 2 + 4e2 f 2 + 2ef − 4e2 f − 4ef 2 = e + f + 4ef + 2ef − 4ef − 4ef = e + f − 2ef, deci e + f − 2ef este idempotent. Rezult˘a c˘a Idemp(R) este parte stabil˘a ˆın raport cu ”∗”. • Pentru orice e, f, g ∈ Idemp(R) avem (e ∗ f ) ∗ g = (e + f − 2ef ) ∗ g = (e + f − 2ef ) + g − 2(e + f − 2ef )g = e + f + g − 2ef − 2eg − 2f g + 4ef g ¸si e ∗ (f ∗ g) = e + (f + g − 2f g) − 2e(f + g − 2f g) = e + f + g − 2f g − 2ef − 2eg + 4ef g, deci ”∗” este asociativ˘ a. • Pentru orice e ∈ Idemp(R) avem e ∗ 0 = 0 ∗ e = e, deci 0 este element neutru pentru ”∗”. • Orice idempotent e are un invers e ∗ (1 − e) = (1 − e) ∗ e = e. Prin urmare (Idemp(R), ∗) este grup. (ii) Observ˘am c˘ a e ∗ e = 0 pentru orice e ∈ Idemp(R), deci ˆın acest grup orice element este de ordin 2. ˆIn ipoteza c˘ a Idemp(R) este grup finit putem aplica rezultatul problemei 1.14(ii) ¸si obt¸inem c˘ a exist˘ a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆat | Idemp(R)| = 2n . Problema 1.48 Fie R un inel de caracteristic˘a zero ¸si e, f, g ∈ R elemente idempotente care satisfac relat¸ia e + f + g = 0. S˘ a se arate c˘a e = f = g = 0.

32

IMC, 2000 Solut¸ie. Avem g = g 2 = (−e−f )2 = e+(ef +f e)+f = (ef +f e)−g, deci 2g = ef +f e. Comutatorul aditiv [e, f ] = ef − f e se poate scrie astfel: [e, f ] = [e, ef + f e] = 2[e, g] = 2[e, −e − f ] = −2[e, f ], de unde rezult˘ a c˘a [e, f ] = 0. Din aceast˘a relat¸ie ¸si din faptul c˘a 2g = ef + f e obt¸inem g = ef . Acum relat¸ia e + f + g = 0 devine e + f + ef = 0 ¸si prin ˆınmult¸ire la stˆanga cu e vom avea e + 2ef = 0. Analog f + 2ef = 0. Din aceste ultime dou˘a relat¸ii deducem c˘a e = f . Similar se obt¸ine c˘ a e = g, deci e = f = g ¸si din e + f + g = 0 rezult˘a e = f = g = 0. Problema 1.49 Fie R un inel ¸si un num˘ar ˆıntreg n > 2. Presupunem c˘a xn = x, pentru orice x ∈ R. S˘ a se arate c˘ a xy n−1 = y n−1 x oricare ar fi x, y ∈ R. Vojtech Jarnik, 2001 Solut¸ie. Vom ar˘ ata mai ˆıntˆ ai c˘ a ˆıntr-un inel f˘ar˘a nilpotent¸i netriviali ele-mentele idempotente sunt centrale. Fie e ∈ R un element idempotent ¸si x ∈ R arbitrar. Atunci (ex − exe)2 = 0 ¸si (xe − exe)2 = 0, de unde rezult˘a c˘a ex = exe = xe. Acum este lesne de observat c˘ a R nu are nilpotent¸i netriviali ¸si c˘a y n−1 este idempotent, pentru orice y ∈ R. Problema 1.50 S˘ a se arate c˘ a nu exist˘a inele unitare cu exact cinci elemente inversabile. Solut¸ia 1. Presupunem c˘ a exist˘ a un inel unitar R cu exact cinci elemente inversabile. A¸sadar |U (R)| = 5 ¸si cum −1 ∈ U (R), rezult˘a c˘a (−1)5 = 1, deci 1 + 1 = 0. Mai mult, grupul U (R) avˆ and ordinul 5 este grup ciclic. Fie a un generator al lui U (R). Evident a 6= 1. Atunci (1+a+a2 )2 = 1+a2 +a4 , deci (1+a+a2 )3 = (1+a2 +a4 )(1+a+a2 ) = a3 . ˆIns˘a ecuat¸ia x3 = a3 are o singur˘ a solut¸ie, ¸si anume x = a, deoarece x trebuie s˘a fie inversabil ¸si verific˘ am pe rˆ and valorile 1, a, a2 , a3 , a4 . Dar 1 + a + a2 = a duce la a2 = 1, ceea ce este absurd. Solut¸ia 2. ˆIncepem exact ca la solut¸ia precedent˘a ¸si obt¸inem c˘a 1 + 1 = 0. Consider˘am un element a ∈ U (R) care genereaz˘ a acest grup. Definim acum un morfism de inele unitare ϕa : F2 [X] → R cu proprietatea c˘a ϕa (X) = a. Deoarece a5 = 1, Ker ϕa va cont¸ine polinomul X 5 − 1 = (X − 1)(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1). Fie ζ o r˘ad˘acin˘ a a lui X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 (ˆın ˆınchiderea algebric˘a a lui F2 ). Atunci F2 (ζ) este un corp cu 2n elemente, unde 1 ≤ n ≤ 4. Din teorema lui Lagrange rezult˘a c˘a n 5 = ord(ζ) divide pe |F× a n = 4 ¸si c˘a X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 2n | = 2 − 1, ceea ce implic˘ este polinomul minimal al lui ζ peste F2 . Fie S = Im(ϕa ). S este un subinel al lui R care are ca ¸si R exact cinci elemente inversabile. Dar S este izomorf cu un inel factor al lui F2 [X]/(X 5 −1). Din teorema chinez˘a a resturilor obt¸inem c˘a F2 [X]/(X 5 − 1) ' F2 [X]/(X − 1) × F2 [X]/(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1) ' F2 × F16 , deci S este izomorf cu 0 sau cu F2 sau cu F16 sau cu F2 × F16 , deci are 1 sau 15 unit˘a¸ti, contradict¸ie. Problema 1.51 S˘ a se arate c˘ a nu exist˘a inele cu exact cinci elemente regulate.

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

33

Iran, 2008 Solut¸ie. Presupunem c˘ a exist˘ a un inel R cu exact cinci elemente regulate. Fie G mult¸imea elementelor regulate ale lui R. Observ˘am c˘a G este ˆınchis˘a la ˆınmult¸ire. Mai mult, ˆınmult¸irea la stˆ anga (dreapta) pe G cu elemente din G este injectiv˘a, deci ¸si surjectiv˘a. A¸sadar ecuat¸iile ax = b ¸si ya = b au solut¸ii ˆın G pentru orice a, b ∈ G. Deducem de aici c˘a G este grup ˆın raport cu operat¸ia de ˆınmult¸ire din R. Cum |G| = 5, rezult˘a c˘a G este grup ciclic ¸si not˘ am cu 1 elementul s˘au neutru. Evident {−1, 1} este subgrup al lui G, deci neap˘arat −1 = 1. Apoi, pentru a ∈ G − {1} fixat, definim un morfism canonic de inele ϕa : Z2 [X] → R cu urm˘atoarele propriet˘ a¸ti: ϕa (b 1) = 1 ¸si ϕa (X) = a. Fie S = Im(ϕa ). S este subinel al lui R cu elementul unitate 1 ¸si pentru c˘a G = hai ⊆ S obt¸inem c˘a orice element regulat al lui R este element inversabil ˆın S. Reciproc, orice element c ∈ U (S) este element regulat ˆın R. Altminteri ar exista un element x ∈ R, x 6= 0, cu (s˘ a zicem) xc = 0. Fie b ∈ S cu cb = 1. Atunci x1 = x(cb) = (xc)b = 0, ceea ce contrazice faptul c˘ a elementul 1 ∈ G este regulat ˆın R. Deci S este un inel unitar cu |U (S)| = 5, contradict¸ie cu problema 1.50. Problema 1.52 Fie R un inel unitar ¸si a ∈ R cu a3 − a − 1 = 0. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a I este un ideal bilateral al lui R cu proprietatea c˘a |R/I| ≤ 4, atunci I = R. Iran, 2006 Solut¸ie. S˘ a presupunem c˘ a I 6= R. Consider˘am urm˘atoarele elemente ale lui R/I: b 0, b 1, 2 3 b a, b a ¸si b a . Din ipotez˘ a rezult˘ a c˘ a cel put¸in dou˘a dintre aceste elemente sunt egale. A¸sadar avem zece cazuri: b 0=b 1, b 0=b a, b 0=b a2 , b 0=b a3 , b 1=b a, b 1=b a2 , b 1=b a3 , b a=b a2 , b a=b a3 sau 2 3 b a =b a . Aceasta ˆınsemn˘ a c˘ a cel put¸in unul dintre urm˘atoarele elemente este ˆın I: 1, a, 2 3 2 3 a , a , a − 1, a − 1, a − 1, a2 − a, a3 − a sau a3 − a2 . Din relat¸ia a3 − a − 1 = 0 rescris˘ a sub forma a(a − 1)(a + 1) = 1 rezult˘a c˘a cele zece elemente de mai sus sunt toate inversabile, deci cu necesitate vom avea I = R. Problema 1.53 Fie R un inel unitar ¸si I un ideal bilateral cu proprietatea c˘a I ⊆ N (R). Atunci orice idempotent din R/I se ridic˘a la un idempotent ˆın R (adic˘a pentru orice f ∈ R/I cu f 2 = f , exist˘ a e ∈ R cu e2 = e astfel ˆıncˆat f = eˆ). c2 = x Solut¸ie. Cum f ∈ R/I, exist˘ a x ∈ R astfel ˆıncˆat f = x ˆ. Din x ˆ rezult˘a a = 2 ∗ n x − x ∈ I ⊆ N (R), deci exist˘ a n ∈ N astfel ˆıncˆat a = 0. Obt¸inem 0 = (x2 − x)n n X = (−1)k Cnk x2k xn−k =

k=0 n X

(−1)k Cnk xn+k

k=0

= xn − xn+1

n X (−1)k−1 Cnk xk−1 . k=1

34

Notˆand t =

n P

(−1)k−1 Cnk xk−1 , avem c˘a xn = xn+1 t ¸si xt = tx. Fie e = xn tn . Ar˘at˘am c˘a

k=1

e este idempotent ¸si c˘ a f = eˆ. Avem e = xn tn = (xn+1 t)tn = xn+1 tn+1 = (xn+2 t)tn+1 = n+1 se xn+2 tn+2 = . . . = x2n t2n = (xn tn )2 = e2 . De asemenea, eˆ = (ˆ xtˆ)n ¸si cum x ˆ = x[ 2 \ n+1 tˆ = x n+1 t = x cn , deci eˆ = (x cn )n = x obt¸ine x ˆtˆ = x[ ˆn = x ˆ = f , ceea ce era de demonstrat. Problema 1.54 Fie R un inel comutativ ¸si unitar, P un ideal prim al s˘au ¸si I idealul generat de elementele idempotente din P . S˘a se arate c˘a R/I nu are idempotent¸i netriviali (adic˘a diferit¸i de 0 ¸si 1). Solut¸ie. Fie x ˆ ∈ R/I cu x ˆ2 = x ˆ. Rezult˘a x2 − x ∈ I, deci x2 − x = a1 e1 + . . . + an en cu ai ∈ R ¸si ei ∈ P, e2i = ei pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Avem (1 − e1 ) · · · (1 − en )(x2 − x) = 0, deoarece pentru fiecare i = 1, . . . , n, termenul ai ei este anulat de 1 − ei . Acum o induct¸ie simpl˘a dup˘a n ne conduce la concluzia c˘a (1−e1 ) · · · (1−en ) = 1−e pentru un e ∈ P, e2 = e (pentru aceasta se observ˘ a c˘ a (1 − e1 )(1 − e2 ) = 1 − e pentru e = e1 + e2 − e1 e2 cu e2 = e). 2 Deci (1 − e)(x − x) = 0. Pe de alt˘ a parte, x2 − x ∈ I ⊆ P ⇒ x ∈ P sau 1 − x ∈ P . 2 Dac˘a x ∈ P , atunci x − ex = x − (ex)2 = (x − ex)2 ⇒ x − ex este un element idempotent al lui P ⇒ x − ex ∈ I ⇒ x ˆ = eˆx ˆ=ˆ 0. Dac˘a 1−x ∈ P , atunci se verific˘ a u¸sor c˘a (1−x)−e(1−x) ∈ P este un element idempotent ⇒ ˆ1 − x ˆ = eˆ(ˆ 1−x ˆ) = ˆ 0⇒x ˆ=ˆ 1. Problema 1.55 Fie R un inel oarecare (nu neap˘arat unitar) care nu are ideale bilaterale nilpotente nenule. Ar˘ atat¸i c˘ a orice ideal stˆang nenul al lui R are un element al c˘arui p˘atrat este nenul. Iran, 2005 Solut¸ie. Presupunem prin reducere la absurd c˘a R are un ideal stˆang I 6= 0 ale c˘arui elemente au p˘ atratele nule. Rezult˘a c˘a (x + y)2 = 0 pentru orice x, y ∈ I, deci xy = −yx pentru orice x, y ∈ I. A¸sadar (Ix)(Ix) = 0 pentru orice x ∈ I, de unde rezult˘a c˘a (IxR)(IxR) ⊆ (Ix)I(xR) = (Ix)(Ix)R = 0 pentru orice x ∈ I. Deci idealul bilateral IxR este nilpotent, ceea ce, ˆın virtutea ipotezei, duce la IxR = 0 pentru orice x ∈ I. ˆIn consecint¸˘ a, Ix ⊆ lannR (R), unde prin lannR (R) am notat anulatorul la stˆanga al lui R ˆın R. Este u¸sor de probat c˘ a lannR (R) este ideal bilateral ¸si c˘a (lannR (R))2 = 0, deci, conform ipotezei, lannR (R) = 0. De aici avem ¸si c˘a Ix = 0 pentru orice x ∈ I. ˆIn consecint¸˘a, I 2 = 0. Idealul bilateral IR are proprietatea c˘ a (IR)(IR) ⊆ I 2 R = 0, deci este nilpotent ¸si conform ipotezei IR = 0. Aceasta ˆınseamn˘ a c˘ a I ⊆ lannR (R), deci I = 0, contradict¸ie. Problema 1.56 Fie R un inel unitar. Ar˘atat¸i c˘a urm˘atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: (i) orice ideal propriu al lui R este prim;

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

35

(ii) orice ideal I al lui R satisface I 2 = I ¸si oricare ar fi dou˘a ideale I, J avem I ⊆ J sau J ⊆ I. Iran, 2009 Solut¸ie. (i) ⇒ (ii) Fie I un ideal al lui R. Dac˘a I = R, atunci I 2 = I. Dac˘a I 6= R, atunci I 2 6= R, deci I 2 este ideal prim. Fie a ∈ I. Cum a2 ∈ I 2 ¸si I 2 este ideal prim, rezult˘a c˘a a ∈ I 2 . A¸sadar I ⊆ I 2 , deci egalitate. Fie acum I, J ideale ale lui R ¸si presupunem c˘a I 6= R, J 6= R. Idealul IJ este propriu, deci prim ¸si cum IJ ⊆ IJ rezult˘ a c˘ a I ⊆ IJ sau J ⊆ IJ, deci I ⊆ J sau J ⊆ I. (ii) ⇒ (i) Fie P un ideal propriu al lui R ¸si I, J ideale cu proprietatea c˘a IJ ⊆ P . Vrem s˘a ar˘at˘am c˘a I ⊆ P sau J ⊆ P . S˘a presupunem c˘ a I ⊆ J. Atunci I 2 ⊆ IJ ¸si cum I 2 = I rezult˘a I ⊆ P , deci P este ideal prim.

Problema 1.57 Fie R un inel comutativ unitar. Dac˘a R/N (R) este corp, atunci R este inel local, adic˘ a are un singur ideal maximal. Iran, 2003 Solut¸ie. S˘ a ar˘ at˘ am mai ˆıntˆ ai c˘ a R este inel local dac˘a ¸si numai dac˘a oricare ar fi x ∈ R avem x ∈ U (R) sau 1 − x ∈ U (R). Dac˘a R este inel local, fie m idealul s˘ au maximal. Evident, U (R) ⊆ R − m. Fie x ∈ R − m. Dac˘a x nu este inversabil, atunci xR 6= R ¸si xR va fi cont¸inut ˆın m, fals. Deci R−m = U (R) ¸si de aici rezult˘ a imediat c˘ a x ∈ U (R) sau 1 − x ∈ U (R). Reciproc, fie m un ideal maximal al lui R. Vom ar˘ata din nou c˘a R − m = U (R). Fie x ∈ R − m. Atunci m + xR = R, deci exist˘a y ∈ m ¸si a ∈ R astfel ˆıncˆat y + xa = 1. Cum y ∈ m, el nu poate fi inversabil. Din ipotez˘a rezult˘a 1 − y ∈ U (R) ¸si de aici avem c˘a x ∈ U (R). ˆIn concluzie, singurul ideal maximal al lui R este R − U (R). Fie acum x ∈ R. Dac˘a x b=b 0 (ˆın inelul factor R/N (R)), atunci x ∈ N (R) ¸si deci 1 − x ∈ U (R). Dac˘a x b 6= b 0, atunci x b este inversabil, deci exist˘a yb ∈ R/N (R) cu proprietatea c˘a x byb = b 1. De aici rezult˘ a c˘ a 1 − xy ∈ N (R), deci xy = 1 − (1 − xy) ∈ U (R). ˆIn concluzie, x ∈ U (R). Observat¸ie. Se poate ar˘ ata c˘ a dac˘a R/N (R) este corp, atunci R are un singur ideal prim. Problema 1.58 Fie R un inel unitar. R se nume¸ste inel Boole dac˘a x2 = x pentru orice x ∈ R. S˘a se arate c˘ a: (i) Dac˘a R este inel Boole, atunci R este comutativ ¸si 2x = 0 pentru orice x ∈ R. (ii) Spec(R) = Max(R). (iii) Dac˘a X este o mult¸ime, atunci (P(X), ∆, ∩) este inel Boole.

36

(iv) Dac˘a R este inel Boole finit, atunci exist˘a o mult¸ime finit˘a X cu proprietatea c˘a R este izomorf cu (P(X), ∆, ∩). ˆIn particular, un inel Boole finit are 2r elemente, r ∈ N. (v) Pe orice mult¸ime infinit˘ a X se poate defini o structur˘a de inel Boole. Olimpiada Nat¸ional˘a de Matematic˘a, Romˆania, 1998 Solut¸ie. (i) Vom ar˘ ata mai ˆıntˆ ai c˘ a ˆın inelul R avem 1 + 1 = 0. ˆIntr-adev˘ar, (−1)2 = −1 ⇒ 1 = −1 ⇒ 1 + 1 = 0. Deci 2x = 0 pentru orice x ∈ R. Fie x, y ∈ R. Atunci (x + y)2 = x + y ⇒ x2 + xy + yx + y 2 = x + y ⇒ xy + yx = 0 ⇒ xy = −yx ⇒ xy = yx. (ii) Fie P ∈ Spec(R). Exist˘ a M ∈ Max(R) astfel ˆıncˆat P ⊆ M . Dac˘a P 6= M atunci exist˘a x ∈ M \ P . Dar x2 = x ⇒ x(1 − x) = 0 ∈ P ⇒ 1 − x ∈ P ⇒ 1 − x ∈ M ⇒ 1 ∈ M , contradict¸ie. Deci P = M ∈ Max(R). (iii) Pentru o mult¸ime X se verific˘ a prin calcul c˘a mult¸imea p˘art¸ilor sale P(X) are o structur˘a de inel ˆın raport cu diferent¸a simetric˘a A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A) (care joac˘a rolul adun˘arii ˆın P(X)) ¸si intersect¸ia mult¸imilor (care joac˘a rolul ˆınmult¸irii ˆın P(X)). Elementul nul al acestui inel este mult¸imea vid˘a, iar elementul unitate este X. Mai mult, A ∩ A = A pentru orice A ∈ P(X), deci (P(X), ∆, ∩) este inel Boole. (iv) Fie R un inel Boole finit. Atunci (R, +) este grup finit ¸si 2x = 0 pentru orice x ∈ R. Aplicˆand problema 1.14(ii) rezult˘ a c˘ a exist˘a n ∈ N astfel ˆıncˆat |R| = 2n . Dac˘a n = 0 sau n = 1, atunci este clar. Dac˘a n ≥ 2 vom ar˘ ata prin induct¸ie dup˘a n c˘a exist˘a elementele a1 , . . . , an ∈ R \ {0, 1} cu proprietatea c˘ a ai aj = 0 pentru orice i 6= j. Pentru n = 2 exist˘ a e ∈ R \ {0, 1} ¸si alegem a1 = e, a2 = 1 − e. Pentru n > 2 se consider˘a e ∈ R \ {0, 1} ¸si se scrie R = Re + R(1 − e). Re ¸si R(1 − e) sunt inele Boole cu elementul unitate e, respectiv 1 − e, iar R ' Re × R(1 − e) deoarece Re ∩ R(1 − e) = 0. Dar |Re| = 2r ¸si R(1 − e) = 2s cu r + s = n, iar din ipoteza de induct¸ie rezult˘a c˘a exist˘a b1 , . . . , br ∈ Re astfel ˆıncˆat bi bj = 0 pentru orice i 6= j ¸si c1 , . . . , cs ∈ R(1 − e) astfel ˆıncˆat ck cl = 0 pentru orice k 6= l. Fie acum a1 = b1 , . . . , ar = br , ar+1 = c1 , . . . , an = cn ¸si cum e(1 − e) = 0 vom avea ai aj = 0 pentru orice i 6= j. Ar˘at˘am acum c˘ a mult¸imea tuturor sumelor ai1 + . . . + aik , cu 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n, are 2n elemente, deci coincide cu R, de unde rezult˘a c˘a pentru orice x ∈ R exist˘a ¸si sunt unice 1 ≤ i1 < . . . < is ≤ n cu proprietatea c˘a x = ai1 + . . . + ais . Este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a dac˘a avem 1 ≤ j1 < . . . < js ≤ n ¸si 1 ≤ k1 < . . . < kt ≤ n, atunci aj1 + . . . + ajs = ak1 + . . . + akt ⇔ s = t ¸si j1 = k1 , . . . , js = ks . Aceasta se demonstreaz˘a ar˘atˆand c˘a j1 , . . . , js ∈ {k1 , . . . , kt } ¸si k1 , . . . , kt ∈ {j1 , . . . , js }. Dac˘a, de exemplu, j1 ∈ / {k1 , . . . , kt }, atunci din aj1 (aj1 + . . . + ajs ) = aj1 (ak1 + . . . + akt ) rezult˘a c˘a a2j1 + . . . + aj1 ajs = aj1 ak1 + . . . + aj1 akt ⇒ aj1 = 0, contradict¸ie. Va fi suficient s˘ a consider˘ am acum aplicat¸ia f : R → (P({1, . . . , n}), ∆, ∩) definit˘a prin f (x) = {i1 , . . . , is }, unde x = ai1 + . . . + ais , care este izomorfism. (v) Fie Pf (X) mult¸imea p˘ art¸ilor finite ale lui X ¸si Pcf (X) mult¸imea p˘art¸ilor lui X care au complementara finit˘ a. Este u¸sor de verificat c˘a Pf (X) ∪ Pcf (X) este subinel unitar al inelului Boole (P(X), ∆, ∩). Se ¸stie ˆıns˘a c˘a |Pf (X)| = |X|. Este clar c˘a aplicat¸ia care duce o mult¸ime ˆın complementara ei define¸ste o biject¸ie ˆıntre Pf (X) ¸si Pcf (X), de unde |Pcf (X)| = |Pf (X)|. Atunci |Pf (X) ∪ Pcf (X)| = |Pcf (X)| + |Pf (X)| = |X| + |X| = |X|. Rezult˘a c˘a exist˘ a o biject¸ie ˆıntre Pf (X) ∪ Pcf (X) ¸si X. Transportˆand structura de inel

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

37

Boole a lui Pf (X) ∪ Pcf (X) prin aceast˘a biject¸ie, obt¸inem c˘a exist˘a o structur˘a de inel Boole pe X. Problema 1.59 Fie R un inel unitar de caracteristic˘a 2 cu proprietatea c˘a pentru orice x 6= 1 ¸si y 6= 1 avem xy = xy 2 . Ar˘ atat¸i c˘a R este inel comutativ. Iran, 1988 Solut¸ie. Cum orice inel Boole este comutativ (vezi problema 1.58(i)), va fi suficient s˘a ar˘at˘am c˘a R este inel Boole. Fie x ∈ R cu x 6= 0, 1. Deoarece caracteristica lui R este 2, exist˘a un element x1 ∈ R, x1 6= 0, 1, cu proprietatea c˘ a x = 1 + x1 . Din ipotez˘a (1 + x1 )y = (1 + x1 )y 2 pentru orice 2 y ∈ R. Dar x1 y = x1 y , deci y = y 2 pentru orice y ∈ R, ceea ce ˆınseamn˘a c˘a R este inel Boole. Problema 1.60 Fie R un inel unitar cu proprietatea c˘a orice ideal al s˘au este principal. Ar˘atat¸i c˘a orice morfism surjectiv f : R → R este izomorfism. Iran, 1988 Solut¸ie. Vom demonstra c˘ a Ker f = {0}, ceea ce rezolv˘a problema. Avem urm˘atorul ¸sir cresc˘ ator de ideale: Ker f ⊆ Ker f 2 ⊆ . . . . Se arat˘a imediat c˘a proprietatea lui R c˘ a orice ideal al s˘ au este principal conduce la faptul c˘a un astfel de ¸sir de ideale este neap˘ arat stat¸ionar, adic˘a exist˘a un n ∈ N, n ≥ 1, astfel ˆıncˆat Ker f n = Ker f n+1 = · · · . A¸sadar f n+1 (x) = 0 implic˘a f n (x) = 0 sau, echivalent, f (f n (x)) = 0 implic˘a f n (x) = 0. Dar f n este un morfism surjectiv, deci f (y) = 0 implic˘a y = 0, ceea ce ˆınseamn˘a c˘a Ker f = 0. Observat¸ie. Un rat¸ionament asem˘an˘ator apare ˆın rezolvarea problemei 1.22. Problema 1.61 Fie A1 , . . . , Am , B1 , . . . , Bn inele comutative unitare care nu au idempotent¸i netriviali (adic˘ a diferit¸i de 0 ¸si 1). Atunci A1 × · · · × Am ' B1 × · · · × Bn dac˘a ¸si numai dac˘a m = n ¸si exist˘ a σ ∈ Sn astfel ˆıncˆat Ai ' Bσ(i) pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Solut¸ie. Not˘ am A = A1 × · · · × Am ¸si B = B1 × · · · × Bn . S˘a observ˘am c˘a x = (x1 , . . . , xm ) ∈ Idemp(A) ⇔ xi ∈ Idemp(Ai ) pentru orice i = 1, . . . , m ⇔ xi = 0 sau xi = 1 pentru orice i = 1, . . . , m. Presupunem A ' B. Atunci | Idemp(A)| = | Idemp(B)| ⇒ 2m = 2n ⇒ m = n. Fie acum f : A → B izomorfism de inele. Pentru fiecare i = 1, . . . , n fie ei ∈ A (respectiv fi ∈ B) elementul care are 1 (elementul unitate al inelului Ai , respectiv Bi ) pe pozit¸ia i ¸si 0 ˆın rest. Observ˘ am c˘ a ei ∈ Idemp(A) ¸si ei ej = 0 pentru orice i 6= j. Rezult˘a c˘a f (ei ) ∈ Idemp(B)\{0} ¸si f (ei )f (ej ) = 0 pentru orice i 6= j. Deci f (ei ) are pe fiecare component˘a 0 sau 1. Atunci f (ei )f (ej ) = 0 ⇔ supp(f (ei ))∩supp(f (ej )) = ∅, unde prin supp(x) s-a notat suportul elementului x = (x1 , . . . , xn ), definit ca supp(x) = {i | 1 ≤ i ≤ n, xi 6= 0}. Avem n n S P |supp(f (ei ))| ≥ 1 pentru orice i = 1, . . . , n. Rezult˘a | supp(f (ei ))| = |supp(f (ei ))| ≥ n. Dar

n S i=1

supp(f (ei )) ⊆ {1, . . . , n} implic˘a |

n S i=1

i=1

i=1

supp(f (ei ))| ≤ n. Deci |supp(f (ei ))| = 1

38

pentru orice i = 1, . . . , n. Rezult˘ a c˘ a exist˘a σ ∈ Sn astfel ˆıncˆat f (ei ) = fσ(i) pentru orice i = 1, . . . , n. Dar ei A ' Ai iar fσ(i) B ' Bσ(i) ¸si cum f (ei A) = fσ(i) B rezult˘a c˘a Ai ' Bσ(i) pentru orice i = 1, . . . , n. Problema 1.62 Fie C = {f | f : [0, 1] → R, f funct¸ie continu˘a} cu structura de inel unitar dat˘a de adunarea ¸si ˆınmult¸irea funct¸iilor. Dac˘a t ∈ [0, 1] not˘am cu φt : C → R aplicat¸ia dat˘ a de φt (f ) = f (t). S˘ a se arate c˘a: (i) φt este morfism de inele. (ii) Orice morfism de inele φ : C → R este de forma φt pentru un t ∈ [0, 1]. Solut¸ie. (i) Avem φt (f + g) = (f + g)(t) = f (t) + g(t) = φt (f ) + φt (g) ¸si φt (f g) = (f g)(t) = f (t)g(t) = φt (f )φt (g). Elementul identitate la ˆınmult¸ire ˆın inelul C este u : [0, 1] → R, u(t) = 1 pentru orice t ∈ [0, 1]. Atunci φt (u) = u(t) = 1. Rezult˘a c˘a φt este morfism de inele. (ii) Fie φ : C → R un morfism unitar de inele. Presupunem prin absurd c˘a φ 6= φt pentru orice t. Atunci, pentru orice t ∈ [0, 1], exist˘a ft ∈ C cu φ(ft ) 6= φt (ft ), deci φ(ft ) 6= ft (t). Fie gt = ft − φ(ft )u. Avem gt ∈ C, φ(gt ) = 0 ¸si gt (t) 6= 0. Cum gt este continu˘a, exist˘ S ao Vt vecin˘atate Vt a lui t astfel ˆıncˆ at gt (x) 6= 0 pentru orice x ∈ Vt ∩ [0, 1]. Dar [0, 1] ⊆ t∈[0,1]

¸si cum [0,1] este compact, rezult˘ a c˘ a exist˘a t1 , . . . , tn astfel ˆıncˆat [0, 1] ⊆ Vt1 ∪ . . . ∪ Vtn . n P Atunci avem gt2i (x) 6= 0 pentru orice x ∈ [0, 1], deoarece x apart¸ine unui Vti . Rezult˘a c˘a g =

n P i=1

i=1

gt2i

este inversabil˘ a ˆın C. Dar φ(g) = 0, contradict¸ie.

Problema 1.63 Dac˘ a R este un inel comutativ unitar integru infinit cu |U (R)| < ∞, s˘a se arate c˘a R are o infinitate de ideale maximale. Iran, 1984 ¸si Iran, 2011 Solut¸ie. Presupunem c˘ a | Max(R)| < ∞. Rezult˘a c˘a intersect¸ia tuturor idealelor maximale, notat˘ a J(R), este diferit˘ a de 0, deoarece idealele maximale ale lui R sunt nenule (pentru c˘a R nu este corp) ¸si produsul acestora (care este cont¸inut ˆın J(R)) este nenul pentru c˘a R este inel integru. Fie acum x ∈ J(R), x 6= 0 ¸si definim f : R → U (R) prin f (a) = 1 − ax pentru orice a ∈ R. Este clar c˘a f este bine definit˘ a, deoarece x ∈ J(R) ⇒ 1 − ax ∈ U (R) pentru orice a ∈ R. Ar˘at˘am c˘a f este injectiv˘ a. Pentru a, b ∈ R avem f (a) = f (b) ⇔ 1 − ax = 1 − bx ⇔ (a − b)x = 0 ⇒ a = b. Deci |R| ≤ |U (R)| ⇒ |R| ≤ ∞, contradict¸ie. Problema 1.64 Dac˘ a R este un inel comutativ unitar, s˘a se arate c˘a inelul de polinoame R[X] are o infinitate de ideale maximale. Iran, 2007

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

39

Solut¸ie. Mai ˆıntˆ ai ar˘ at˘ am c˘ a dac˘ a K este corp, atunci K[X] cont¸ine o infinitate de polinoame ireductibile. Aceasta se arat˘ a folosind un argument similar celui descoperit de Euclid pentru demonstrarea infinit˘ a¸tii numerelor prime. A¸sadar s˘a presupunem c˘a exist˘a un num˘ar finit de polinoame ireductibile ˆın K[X] ¸si fie acestea f1 , . . . , fn . Dar polinomul 1 + f1 · · · fn trebuie s˘a aib˘a un divizor ireductibil, deci un polinom fj , 1 ≤ j ≤ n, trebuie s˘a divid˘a pe 1 + f1 · · · fn , ceea ce este o contradict¸ie. S˘a observ˘am acum c˘ a un polinom ireductibil f ∈ K[X] genereaz˘a un ideal maximal. Pentru aceasta este suficient s˘ a ar˘ at˘ am c˘ a inelul factor K[X]/(f ) este corp. Fie gb ∈ K[X]/(f ), gb 6= b 0. Prin ˆımp˘ art¸irea cu rest a lui g la f putem presupune c˘a grad(g) < grad(f ) ¸si de aici rezult˘a c˘ a (g, f ) = 1. Din algoritmul lui Euclid deducem c˘a exist˘a u, v ∈ K[X] cu proprietatea c˘ a uf + vg = 1 ¸si trecˆ and relat¸ia la clase modulo idealul (f ) obt¸inem vbgb = b 1, deci gb este element inversabil. Revenind la problem˘ a, vom considera acum un m ∈ Max(R) ¸si cu ajutorul s˘au construim idealele mR[X] + f R[X], unde f ∈ R[X] cu proprietatea c˘a f ∈ (R/m)[X] este polinom ireductibil. S¸tim din cele de mai sus c˘ a exist˘a o infinitate de astfel de polinoame ¸si r˘amˆane s˘a mai ar˘at˘am c˘ a idealele mR[X] + f R[X] sunt maximale ˆın R[X]. Aceasta rezult˘a din urm˘atorul izomorfism: R[X] (R/m)[X] ' . mR[X] + f R[X] (f ) Problema 1.65 Fie K un corp comutativ ¸si consider˘am inelul neunitar R = XK[[X]]. (i) Fie I un ideal al lui R ¸si n cel mai mic ordin al unei serii formale nenule din I. Definim GI = {a ∈ K | exist˘ a f ∈ I cu f = aX n + αn+1 X n+1 + · · · }. S˘a se arate c˘ a GI este subgrup al grupului abelian (K, +). Mai mult, dac˘a I este ideal maximal ˆın R, atunci s˘ a se arate c˘a GI este subgrup maximal ˆın (K, +). (ii) Fie G un subgrup al lui (K, +). S˘a se arate c˘a IG = {f ∈ R | exist˘a a ∈ G cu f = aX + α2 X 2 + · · · } este ideal ˆın R. Mai mult, s˘ a se arate c˘a dac˘a G este subgrup maximal al lui (K, +), atunci IG este ideal maximal al lui R. (iii) Deducet¸i c˘ a R are ideale maximale dac˘a ¸si numai dac˘a grupul (K, +) are subgrupuri maximale. Solut¸ie. (i) Este clar c˘ a GI 6= ∅, deoarece 0 ∈ GI . De asemenea, dac˘a a, b ∈ GI , atunci exist˘a f, g ∈ I, f = aX n + αn+1 X n+1 + · · · , g = bX n + β n+1 X n+1 + · · · , ¸si cum f − g = (a − b)X n + (αn+1 − β n+1 )X n+1 + · · · rezult˘a c˘a a − b ∈ GI , ceea ce arat˘a c˘a GI

40

este subgrup ˆın (K, +). Presupunem c˘ a I este ideal maximal al lui R. Fie atunci GI ≤ G ≤ (K, +) cu G 6= K. Definim J = {f ∈ R | (∃)α ∈ G cu f = αX n + α2 X n+1 + · · · }. Este imediat c˘ a J este ideal al lui R ¸si I ⊆ J. ˆIn plus J 6= R, altfel am avea n = 1 ¸si G = K. Cum I este ideal maximal, rezult˘a c˘a J = I. Atunci dac˘a a ∈ G, avem aX n ∈ J, deci aX n ∈ I, de unde a ∈ GI . Am obt¸inut c˘a GI = G, ceea ce arat˘a c˘a GI este subgrup maximal. (ii) Evident IG 6= ∅, deoarece 0 ∈ IG . De asemenea, dac˘a f, g ∈ IG , f = aX + α2 X 2 + · · · , g = bX +β 2 X 2 +· · · cu a, b ∈ G, atunci f −g = (a−b)X +· · · ∈ IG , ¸si qf = q1 aX 2 +· · · ∈ IG pentru orice q = q1 X + . . . ∈ R, deci IG este ideal al lui R. Presupunem acum c˘ a G este subgrup maximal ˆın (K, +). Fie J un ideal al lui R cu IG ⊆ J ¸si J 6= R. Atunci G ⊆ H = {a ∈ R | (∃)f ∈ J cu f = aX + · · · }, deoarece dac˘ a a ∈ G, atunci aX ∈ IG , deci aX ∈ J, de unde a ∈ H. Este clar c˘a H este subgrup ˆın (K, +). Ar˘at˘am c˘a H 6= K. ˆIntr-adev˘ ar, dac˘ a H = K avem 1 ∈ H, deci exist˘a f = X + a2 X 2 + · · · ∈ J. Atunci f = Xu, unde u este un element inversabil ˆın inelul seriilor formale K[[X]]. Atunci pentru orice g ∈ R de forma g = b2 X 2 + · · · avem g = X 2 q pentru un q ∈ K[[X]], de unde g = XuXu−1 q ∈ J, pentru c˘a Xu = f ∈ J ¸si Xu−1 q ∈ R. Fie acum h = c1 X + c2 X 2 + · · · ∈ R. Atunci g = c2 X 2 + · · · ∈ J. Pe de alt˘a parte c1 ∈ K = H, deci exist˘a p = c1 X + d2 X 2 + · · · ∈ J. Cum d2 X 2 + · · · ∈ J, obt¸inem c˘a c1 X ∈ J. Atunci h = c1 X + g ∈ J, ceea ce ˆınseamn˘ a c˘ a J = R, contradict¸ie. Prin urmare H 6= K. Obt¸inem H = G, deoarece G este maximal. Dac˘a f = aX +. . . ∈ J, atunci avem c˘a a ∈ H, deci a ∈ G, ¸si deci f ∈ IG . Obt¸inem J = IG , ceea ce arat˘a c˘a IG este maximal. (iii) Rezult˘a direct din (i) ¸si (ii). Problema 1.66 S˘ a se arate c˘ a nu exist˘a un morfism de inele f : M2 (R) → M3 (R) care s˘a fie surjectiv. Iran, 2008 Solut¸ie. Ker f este ideal bilateral al lui M2 (R), deci avem dou˘a posibilit˘a¸ti: Ker f = M2 (R) sau Ker f = (0). Primul caz este ˆın mod evident imposibil. ˆIn al doilea caz, din teorema fundamental˘a de izomorfism pentru inele obt¸inem c˘a M3 (R) ' M2 (R). Dar acest lucru nu este posibil, deoarece ˆın M2 (R) orice matrice A cu proprietatea c˘a A3 = 0 va avea ¸si A2 = 0, pe cˆ and ˆın M3 (R) exist˘a o matrice B cu B 3 = 0 ¸si B 2 6= 0. De exemplu, putem lua B ca fiind matricea   0 1 0  0 0 1 . 0 0 0 Observat¸ie. Un morfism surjectiv de inele f : M2 (R) → M3 (R) este neap˘arat unitar: din surjectivitate exist˘ a o matrice X ∈ M2 (R) cu f (X) = I3 ¸si de aici avem c˘a I3 = f (X) = f (XI2 ) = f (X)f (I2 ) = I3 f (I2 ) = f (I2 ).

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

41

Ne punem acum ˆıntrebarea pentru ce numere naturale m, n ≥ 2 exist˘a morfisme unitare f : Mm (R) → Mn (R)? L˘ as˘ am cititorului s˘a arate c˘a aceasta se ˆıntˆampl˘a numai pentru m | n. Problema 1.67 (a) Fie R un inel. S˘a se arate c˘a Z(Mn (R)) = {aIn | a ∈ R} ¸si c˘a Z(Mn (R)) ' R. (b) Fie K ¸si L corpuri comutative. S˘ a se arate c˘a Mm (K) ' Mn (L) dac˘a ¸si numai dac˘a K ' L ¸si m = n. Solut¸ie. (a) Pentru orice 1 ≤ i, j ≤ n not˘am cu eij matricea n × n care are 1 pe pozit¸ia (i, j) ¸si 0 ˆın rest. Atunci eij epq = δ jp eiq pentru P orice i, j, p, q, unde δ jp este P simbolul lui Kronecker. Fie A = (aij )1≤i,j≤n . Atunci A = aij eij ¸si avem Aepq = aip eiq ¸si 1≤i,j≤n 1≤i≤n P epq A = aqj epj . De aici obt¸inem c˘a Aepq = epq A dac˘a ¸si numai dac˘a aip = aqj = 0 1≤j≤n

pentru orice i 6= p ¸si j 6= q, ¸si app = aqq . Rezult˘a c˘a dac˘a A ∈ Z(Mn (R)), deci Aepq = epq A pentru orice p, q, atunci avem auv = 0 pentru orice u 6= v ¸si a11 = a22 = . . . = ann , adic˘a A = aIn pentru un a ∈ R. Reciproc, dac˘a A = aIn , atunci este evident c˘a A comut˘a cu orice matrice din Mn (R). Este clar c˘a aplicat¸ia f : R → Z(Mn (R)), f (a) = aIn , este izomorfism de inele. (b) Este u¸sor de verificat c˘ a dac˘ a f : A → B este un izomorfism de inele ¸si Z(A) este corp, atunci Z(B) este un corp izomorf cu Z(A), iar Z(A)-spat¸iul vectorial A ¸si Z(B)-spat¸iul vectorial B au aceea¸si dimensiune. ˆIntr-adev˘ar, prima parte se probeaz˘a printr-un calcul direct, iar pentru a doua se arat˘ a c˘ a dac˘a (ei )i∈I este o baz˘a ˆın Z(A)-spat¸iul vectorial A, atunci (f (ai ))i∈I este o baz˘ a ˆın Z(B)-spat¸iul vectorial B. ˆIn cazul particular ˆın care A = Mm (K) ¸si B = Mn (L), din (a) avem c˘a Z(A) ' K, rezult˘a c˘a K ' Z(Mm (K)) ' Z(Mn (L)) ' L ¸si c˘a dimK (A) = dimL (B), deci m2 = n2 , de unde m = n. Problema 1.68 Fie D un corp. Se nume¸ste comutator aditiv ˆın D un element de forma xa − ax cu x, a ∈ D. S˘ a se arate c˘ a dac˘a un element y ∈ D comut˘a cu tot¸i comutatorii aditivi ai lui D, atunci y ∈ Z(D). Solut¸ie. Presupunem prin absurd c˘a y ∈ / Z(D). Atunci exist˘a x ∈ D cu yx 6= xy. Are loc relat¸ia x(xy) − (xy)x = x(xy − yx) ¸si cum xy − yx este nenul, el este inversabil ¸si x = [x(xy) − (xy)x](xy − yx)−1 . Fie CR (y) = {r ∈ R | ry = yr}. Cum y comut˘a cu tot¸i comutatorii aditivi obt¸inem c˘ a x(xy)−(xy)x, xy−yx ∈ CR (y), de unde (xy−yx)−1 ∈ CR (y) ¸si deci x ∈ CR (y), contradict¸ie. Problema 1.69 Fie D un corp. Pentru orice a ∈ D fie aplicat¸ia δ a : D → D definit˘a prin δ a (x) = ax − xa. S˘ a se arate c˘ a: (i) δ a (x + y) = δ a (x) + δ a (y) ¸si δ a (xy) = xδ a (y) + δ a (x)y pentru orice a, x, y ∈ D. (ii) Dac˘a D are caracteristica diferit˘ a de 2 ¸si K este un subcorp al lui D pentru care δ a (K) ⊆ K pentru orice a ∈ D, atunci K ⊆ Z(D).

42

Solut¸ie. (i) Rezult˘ a imediat prin calcul. (ii) Fie b ∈ K. Ar˘ at˘ am c˘ a b comut˘ a cu toate elementele lui D. Fie a ∈ D \ K. Din relat¸iile δ 2a (b) = a2 b − 2aba + ba2 ∈ K ¸si δ a2 (b) = a2 b − ba2 ∈ K se obt¸ine prin adunare c˘a 2(a2 b − aba) = 2aδ a (b) ∈ K. Dac˘ a δ a (b) 6= 0 rezult˘a 2δ a (b) ∈ K ∗ ¸si se obt¸ine a ∈ K, contradict¸ie. Deci δ a (b) = 0, adic˘ a b comut˘a cu elementele din D \ K. ∗ Fie acum c ∈ K . Atunci a ¸si ac se g˘ asesc ˆın D \ K, deci din cele de mai sus ele comut˘a cu b. Obt¸inem (ac)b = b(ac) = (ba)c = abc ¸si ˆınmult¸ind cu a−1 rezult˘a c˘a cb = bc, deci b comut˘a ¸si cu elementele din K. Rezult˘ a b ∈ Z(D), deci K ⊆ Z(D). Problema 1.70 Fie D un corp. Se nume¸ste comutator multiplicativ ˆın D un element de forma a−1 bab−1 , cu a, b ∈ D \ {0}. S˘ a se arate c˘a dac˘a un element c ∈ D comut˘a cu tot¸i comutatorii multiplicativi din D, atunci c ∈ Z(D). Solut¸ie. Fie c ∈ D un element care comut˘a cu tot¸i comutatorii multiplicativi din D. Presupunem prin absurd c˘ a exist˘ a a ∈ D cu ac 6= ca (echivalent, a−1 cac−1 6= 1). Fie b = a − 1 ∈ D∗ . Atunci bc − cb = ac − ca 6= 0, deci b−1 cbc−1 6= 1. Avem a(a−1 cac−1 − b−1 cbc−1 ) = cac−1 − ab−1 cbc−1 = [c(b + 1) − (b + 1)b−1 cb]c−1 = (c − b−1 cb)c−1 = 1 − b−1 cbc−1 6= 0. Din ipotez˘a c comut˘ a cu a−1 cac−1 ¸si cu b−1 cbc−1 , de unde, folosind ultima relat¸ie, rezult˘a c˘a c comut˘a ¸si cu a, contradict¸ie. Problema 1.71 Fie D un corp ¸si K un subcorp al lui D pentru care xKx−1 ⊆ K oricare ar fi x ∈ D. Atunci K ⊆ Z(D). Solut¸ie. Fie c ∈ K. Ar˘ at˘ am c˘ a c comut˘a cu toate elementele lui D (putem considera ∗ c ∈ K ). Fie a ∈ D \ K. Presupunem prin absurd c˘a ac 6= ca, atunci notˆand b = a − 1 ∈ D∗ avem bc − cb = ac − ca 6= 0 (⇔ c 6= b−1 cb). Avem a(a−1 ca − b−1 cb) = ca − ab−1 cb = c(b + 1) − (b + 1)b−1 cb = c − b−1 cb 6= 0 ¸si cum a−1 ca, b−1 cb ∈ K ∗ rezult˘a c˘a ¸si a ∈ K ∗ , ceea ce este o contradict¸ie. Deci c comut˘a cu orice element a ∈ D \ K. Fie acum c0 ∈ K ∗ . Atunci a, ac0 ∈ D \ K, deci c comut˘a cu ele. Rezult˘a c˘a c comut˘a ¸si cu a−1 ac0 = c0 . Prin urmare, c ∈ Z(D), deci K ⊆ Z(D). Problema 1.72 S˘ a se arate c˘ a un corp K nu se poate scrie ca reuniune finit˘a de subcorpuri proprii. Solut¸ie. Presupunem K = K1 ∪ . . . ∪ Kn , unde K1 , . . . , Kn sunt subcorpuri proprii ale lui K, n ≥ 2. Dac˘a corpul K este finit, atunci (K ∗ , ·) este grup ciclic, deci exist˘a x ∈ K ∗ astfel ˆıncˆat K ∗ = < x >, de unde rezult˘ a c˘ a exist˘ a 1 ≤ i ≤ n astfel ˆıncˆat K = Ki , fals. n T Deci putem presupune c˘ a corpul K este infinit. Vom ar˘ata c˘a | Ki | ≤ n. Presupunem i=1

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri

prin absurd c˘ a|

n T

Ki | > n. Atunci, considerˆand x ∈ K1 \

i=1

S i6=1

fixate, mult¸imea {x + ay | a ∈ 1 ≤ i ≤ n ¸si a, b ∈

43

n T

n T

Ki ¸si y ∈ K2 \

S

Ki arbitrar

i6=2

Ki , a 6= 0} ⊆ K are cel put¸in n elemente, deci exist˘a

i=1

Ki , a 6= b, astfel ˆıncˆat x + ay, x + by ∈ Ki . Rezult˘a (a − b)y ∈ Ki ,

i=1

deci y ∈ Ki , ceea ce ˆınseamn˘ a c˘ a i = 2, deci x + ay ∈ K2 , de unde obt¸inem x ∈ K2 , n T Ki | ≤ n. contradict¸ie cu alegerea lui x. A¸sadar, | Pe de alt˘a parte, vom ar˘ ata c˘ a |

n T

i=1

Ki | = ∞. Deoarece K este infinit, cel put¸in unul

i=1

dintre corpurile K1 , . . . , Kn este infinit, s˘a presupunem (printr-o eventual˘a renumerotare) c˘a corpul K1 este infinit. Fie ¸sirul (an )n≥1 ⊆ K1 ¸si fie α ∈ K \ K1 , atunci α + an ∈ / K1 pentru orice n ∈ N∗ . Rezult˘ a c˘ a exist˘ a 2 ≤ i ≤ n astfel ˆıncˆat Ki cont¸ine o infinitate de termeni ai ¸sirului (α + an )n≥1 . S˘ a presupunem i = 2, deci K2 are aceast˘a proprietate. Deci exist˘a un sub¸sir (ank )k≥1 al ¸sirului (an )n≥1 cu proprietatea c˘a ank − an1 ∈ K1 ∩ K2 (deoarece ank − an1 = (ank + α) − (an1 + α) ∈ K2 ) pentru orice k ∈ N∗ . Renotˆand, rezult˘a c˘a exist˘a un ¸sir (bn )n≥1 cu proprietatea c˘a bn ∈ K1 ∩ K2 pentru orice n ∈ N∗ . Acum vom considera β ∈ K \ (K1 ∪ K2 ) ⇒ β + bn ∈ / K1 ∪ K2 pentru orice n ∈ N∗ ⇒ exist˘a 3 ≤ i ≤ n astfel ˆıncˆat Ki cont¸ine o infinitate de termeni ai ¸sirului (β + bn )n≥1 . S˘a presupunem c˘a i = 3, deci K3 are aceast˘ a proprietate. Obt¸inem acum un ¸sir (cn )n≥1 cu proprietatea c˘a cn ∈ K1 ∩ K2 ∩ K3 pentru orice n ∈ N∗ . Procedˆand ca mai sus vom g˘asi ˆın final un ¸sir care are tot¸i termenii ˆın K1 ∩ . . . ∩ Kn , deci |K1 ∩ . . . ∩ Kn | = ∞. Astfel am obt¸inut o contradict¸ie. Problema 1.73 Fie K un corp finit de caracteristic˘a 3. Ar˘atat¸i c˘a exist˘a x, y ∈ K cu proprietatea c˘ a x2 + y 2 6= a2 pentru orice a ∈ K. Traian Lalescu, 1984 Solut¸ie. S˘ a presupunem, prin absurd, c˘a pentru orice x, y ∈ K exist˘a a ∈ K astfel 2 2 ˆıncˆat x + y = a2 ¸si s˘ a consider˘ am L = {x2 | x ∈ K} ⊆ K. Se observ˘a c˘a L este 2 2 subcorp al lui K deoarece x − y = x2 + 2y 2 = x2 + a2 y 2 = x2 + (ay)2 ∈ L, unde a ∈ K astfel ˆıncˆ at 2 = a2 . Deoarece K este corp finit de caracteristic˘a 3, atunci exist˘a n ∈ N∗ ¸si x ∈ K ∗ cu proprietatea c˘ a |K| = 3n ¸si K ∗ = < x >. Cum ord(x) = 3n − 1 2 n n rezult˘a c˘a ord(x ) = (3 − 1)/(2, 3 − 1) = (3n − 1)/2. Este imediat c˘a L 6= K (deoarece aplicat¸ia φ : K → K, φ(x) = x2 pentru orice x ∈ K, nu este injectiv˘a, deci nu poate fi nici surjectiv˘ a). Apoi, cum x2 = y 2 ⇔ x = y sau x = −y rezult˘a c˘a [K ∗ : L∗ ] = 2. Deci ∗ ∗ |K | = 2|L | ¸si cum L este ¸si el corp finit de caracteristic˘a 3, exist˘a r ∈ N∗ astfel ˆıncˆat |L| = 3r , deci |L∗ | = 3r − 1. Obt¸inem c˘a 3n − 1 = 2(3r − 1), de unde 3n + 1 = 2 · 3r , deci 3|3n + 1, contradict¸ie.

Capitolul 2

Polinoame Definit¸ii ¸si rezultate ˆIn cele ce urmeaz˘ a, ˆın lipsa vreunei alte ment¸iuni, R va desemna un inel comutativ ¸si unitar. Pe mult¸imea S a ¸sirurilor (a0 , a1 , . . .) de elemente din R pentru care exist˘a n ∈ N astfel ˆıncˆat an = an+1 = · · · = 0 introducem operat¸iile + bn , . . .) (a0 , a1 , . . .) + (b0 , b1 , . . .) = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , anP ai bj , . . .). (a0 , a1 , . . .) · (b0 , b1 , . . .) = (a0 b0 , a0 b1 + a1 b0 , . . . , i+j=n

S are ˆın raport cu aceste operat¸ii o structur˘a de inel comutativ ¸si unitar; notˆand X = (0, 1, 0, 0, . . .) ∈ S, X 0 = 1, ¸si identificˆand R cu φ(R), unde φ este morfismul injectiv de inele P de la R la S dat prin a 7→ (a, 0, 0, . . .), constat˘am c˘a (a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . .) = ni=0 ai X i . Aceast˘a construct¸ie justific˘a urm˘atoarele: Definit polinom ˆın nedeterminata X cu coeficient¸i ˆın R orice expresie de Pn ¸ie. Numim i forma i=0 ai X , unde ai ∈ R pentru orice i ∈ {1, 2, . . . , n}. Mult¸imea polinoamelor cu coeficient¸i ˆın R are ˆın raport cu operat¸iile m X i=0 m X i=0

i

ai X +

n X

max {m,n} j

bj X =

j=0

X

(ak + bk )X k ¸si

k=0

   ! n m+n X X X  ai X i  bj X j  = ai bj  X k j=0

k=0

i+j=k

(unde, ˆın lumina celor prezentate mai sus, am+1 = am+2 = · · · = 0 ¸si bn+1 = bn+2 = · · · = 0) o structur˘a de inel comutativ ¸si unitar. Vom nota acest inel cu R[X] (renunt¸ˆ and din acest moment la notat¸ia provizorie S). P Definit¸ie. Dat fiind polinomul f = ni=0 ai X i ∈ R[X], a0 se nume¸ste termenul liber al lui f , iar an se nume¸ste coeficientul dominant al lui f . Dac˘a an = 1, polinomul f se 44

Polinoame

45

nume¸ste monic. P Pn i j Observat¸ie. Dou˘ a polinoame f = m a i=0 ai X , g = j=0 bj X ∈ R[X] sunt egale dac˘ ¸si numai dac˘ a a0 = b0 , a1 = b1 , . . . , amax{m,n} = bmax{m,n} . P Definit¸ie. Prin gradul polinomului nenul f = ni=0 ai X i ∈ R[X] ˆınt¸elegem num˘arul natural max{j ∈ N | aj 6= 0}. Convenim c˘a gradul polinomului nul este −∞. Vom nota gradul polinomului f ∈ R[X] cu grad f . Propozit¸ie. Dac˘ a f, g ∈ R[X], atunci a) grad(f + g) ≤ max{grad f , grad g} b) grad(f g) ≤ grad f + grad g. Dac˘a, ˆın plus, R este domeniu de integritate, atunci b’) grad(f g) = grad f + grad g. P Definit¸ie. Prin ordinul polinomului nenul f = ni=0 ai X i ∈ R[X] ˆınt¸elegem cel mai mic num˘ar natural j pentru care aj 6= 0. Convenim c˘a ordinul polinomului nul este +∞. Vom nota ordinul polinomului f ∈ R[X] cu ord f . Propozit¸ie. Dac˘ a f, g ∈ R[X], atunci a) ord(f + g) ≥ min{ord f , ord g} b) ord(f g) ≥ ord f + ord g. Dac˘a, ˆın plus, R este domeniu de integritate, atunci b’) ord(f g) = ord f + ord g. Pn i ın elementul r ∈ R Definit¸ie. Prin valoarea polinomului f = i=0 ai X ∈ R[X] ˆ Pn i ˆınt¸elegem elementul i=0 ai r ∈ R. Vom nota acest element cu f (r). Definit¸ie. Prin funct¸ia polinomial˘ a asociat˘ a polinomului f ∈ R[X] ˆınt¸elegem funct¸ia e e f : R → R, f (x) = f (x). Observat¸ie. La polinoame egale corespund funct¸ii polinomiale egale. Reciproca nu este numaidecˆ at adev˘ arat˘ a. Teorema ˆımp˘ art¸irii cu rest. Fie f, g ∈ R[X] cu coeficientul dominant al lui g inversabil. Atunci, exist˘ a ¸si sunt unice q, r ∈ R[X] cu propriet˘a¸tile f = gq + r ¸si grad r < grad g. Definit¸ie. Elementul a ∈ R se nume¸ste r˘ ad˘ acin˘ a a lui f ∈ R[X] dac˘a f (a) = 0. Definit¸ie. Fie S un domeniu de integritate ¸si a, b ∈ S. Spunem c˘a a divide b (¸si scriem a | b) ˆın S dac˘ a exist˘ a c ∈ S astfel ˆıncˆat b = ac. Definit¸ie. Fie S un domeniu de integritate ¸si a, b ∈ S. Spunem c˘a d ∈ S este un cel mai mare divizor comun pentru a ¸si b dac˘a: (i) d | a ¸si d | b. (ii) Dac˘a d0 ∈ S divide a ¸si b, atunci d0 | d.

46

Observat¸ie. Definit¸iile anterioare se aplic˘a ˆın particular dac˘a S = R[X], cu R domeniu de integritate. Teorem˘ a (B´ ezout). Fie R un domeniu de integritate ¸si f ∈ R[X]. Atunci, a ∈ R este r˘ad˘acin˘ a a lui f dac˘ a ¸si numai dac˘a X − a | f . Definit¸ie. Fie R un domeniu de integritate, f ∈ R[X] \ {0} ¸si a o r˘ad˘acin˘a a lui f . Num˘arul k ∈ N cu propriet˘ a¸tile (X − a)k | f ¸si (X − a)k+1 - f se nume¸ste ordinul de multiplicitate al lui a. Pn i ınt¸elegem polinomul Definit ¸ie. Prin derivata polinomului f = i=0 ai X ∈ R[X] ˆ P n 0 i−1 f = i=1 iai X ∈ R[X]. Considerˆ and definit˘a derivata de ordin n (notat˘a f (n) ) a lui f , prin derivata de ordin n + 1 a lui f ˆınt¸elegem polinomul (f (n) )0 . Teorem˘ a. Fie K un corp comutativ, f ∈ K[X] \ {0}, n ∈ N∗ ¸si a ∈ K. a) Dac˘a a este r˘ ad˘ acin˘ a cu ordin de multiplicitate n pentru f , atunci f (a) = f 0 (a) = (n−1) ··· = f (a) = 0. b) Presupunˆ and caracteristica lui K egal˘a cu zero, dac˘a f (a) = f 0 (a) = · · · = f (n−1) (a) = 0 (n) ¸si f (a) 6= 0, atunci ordinul de multiplicitate al r˘ad˘acinii a a lui f este n. Propozit¸ie. Fie R un domeniu de integritate, f ∈ R[X] un polinom nenul, a1 ,a2 , . . . , ak ∈ R r˘ ad˘ acini distincte ale lui f , iar pentru fiecare i ∈ {1, 2, . . . , k} fie mi ordinul de multiplicitate al lui ai . Atunci, exist˘a g ∈ R[X] astfel ˆıncˆat f = (X − a1 )m1 (X − a2 )m2 · · · (X − ak )mk g. Corolar. Dac˘ a R este un domeniu de integritate, iar f ∈ R[X] este un polinom nenul de grad n, atunci f are cel mult n r˘ ad˘ acini ˆın R. Propozit¸ie. Fie R un domeniu de integritate ¸si f = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈ R[X], an 6= 0. Presupunem c˘ a f are n r˘ ad˘ acini x1 ,x2 , . . . , xn ˆın R. Atunci, f = an (X − x1 )(X − x2 ) · · · (X − xn ) ¸si au loc relat¸iile ˆıntre r˘ ad˘ acini ¸si coeficient¸i (relat¸iile lui Vi`ete): an (x1 + x2 + · · · + xn ) = −an−1 , an (x1 x2 + x1 x2 + · · · + x1 xn + · · · + xn−1 xn ) = an−2 , ........................................................................................ an (x1 x2 . . . xk + · · · + xn−k+1 xn−k+2 . . . xn ) = (−1)k an−k , ........................................................................................ an · x1 x2 . . . xn = (−1)n a0 . Definit¸ie. Inelul de polinoame ˆın mai multe variabile se define¸ste inductiv astfel: R[X1 , X2 , . . . , Xn+1 ] = R[X1 , X2 , . . . , Xn ][Xn+1 ]. Observat¸ie. Elementele lui R[X1 , X2 , . . . , Xn ] se scriu ˆın mod unic sub forma r1 X r2 X

···

i1 =0 i2 =0

cu r1 , r2 , . . . rn ∈ N ¸si ai1 ,i2 ,...,in ∈ R.

rn X in =0

ai1 ,i2 ,...,in X1i1 X2i2 . . . Xnin ,

Polinoame

47

Observat¸ie. Vom nota polinoamele din R[X1 , X2 , . . . , Xn ] fie prescurtat (de exemplu, f ), fie punˆand ˆın evident¸˘ a variabilele (de exemplu, f (X1 , X2 , . . . , Xn )), ˆın funct¸ie de necesit˘a¸tile de moment. Definit¸ie. Prin valoarea polinomului f=

r1 X r2 X

rn X

···

i1 =0 i2 =0

ai1 ,i2 ,...,in X1i1 X2i2 . . . Xnin

in =0

ˆın (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn ˆınt¸elegem elementul (notat f (x1 , x2 , . . . , xn )) r1 X r2 X i1 =0 i2 =0

···

rn X

ai1 ,i2 ,...,in xi11 xi22 . . . xinn ∈ R.

in =0

Definit¸ie. Prin funct¸ia polinomial˘ a asociat˘ a lui f ∈ R[X1 , X2 , . . . , Xn ] ˆınt¸elegem funct¸ia fe : Rn → R, fe(x1 , x2 , . . . , xn ) = f (x1 , x2 , . . . , xn ). Definit¸ie. Polinomul f ∈ R[X1 , X2 , . . . , Xn ] se nume¸ste simetric dac˘a pentru orice σ ∈ Sn avem f (Xσ(1) , Xσ(2) , . . . , Xσ(n) ) = f (X1 , X2 , . . . , Xn ). Propozit¸ie. Urm˘ atoarele polinoame din R[X1 , X2 , . . . , Xn ] sunt simetrice: s1 = X1 + X2 + · · · + Xn , s2 = X1 X2 + X1 X2 + · · · + X1 Xn + · · · + Xn−1 Xn , ........................................................................................ sk = X1 X2 . . . Xk + X1 X2 . . . Xk−1 Xk+1 · · · + Xn−k+1 Xn−k+2 . . . Xn , ........................................................................................ sn = X1 X2 . . . Xn . Definit¸ie. Polinoamele din propozit¸ia anterioar˘a se numesc polinoamele simetrice fundamentale ˆın nedeterminatele X1 , X2 , . . . , Xn . Teorema fundamental˘ a a polinoamelor simetrice. Pentru orice polinom simetric f ∈ R[X1 , X2 , . . . , Xn ] exist˘ a ¸si este unic g ∈ R[X1 , X2 , . . . , Xn ] astfel ˆıncˆat f = g(s1 , s2 , . . . , sn ), unde s1 , s2 , . . . , sn sunt polinoamele simetrice fundamentale ˆın variabilele X1 , X2 , . . . , Xn . Observat¸ie. Dac˘ a S este domeniu de integritate, R este subinel al lui S, iar f ∈ R[X] \ {0} de gradul n are (toate) r˘ad˘acinile x1 , x2 , . . . , xn ˆın S, atunci pentru orice polinom simetric g ∈ R[X1 , X2 , . . . , Xn ] avem g(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ R. Teorem˘ a. Fie K un corp comutativ ¸si f ∈ K[X] \ {0} de grad n. Atunci, exist˘a un corp L ⊃ K ˆın care f are n r˘ ad˘ acini. Teorema fundamental˘ a a algebrei. Orice polinom neconstant cu coeficient¸i complec¸si are cel put¸in o r˘ ad˘ acin˘ a complex˘a. Definit¸ie. Fie R un domeniu de integritate. f ∈ R[X1 , X2 , . . . , Xn ] se nume¸ste ireductibil dac˘a nu se poate scrie ca produs de doi factori neinversabili din R[X1 , X2 , . . . , Xn ].

48

Teorem˘ a. Fie K un corp comutativ. Orice polinom f ∈ K[X1 , X2 , . . . , Xn ] se scrie ˆın mod unic (abstract¸ie f˘ acˆ and de ordinea factorilor ¸si de asocierea ˆın divizibilitate) ca produs de polinoame ireductibile. Observat¸ie. a) Sigurele polinoame ireductibile din C[X] sunt cele de gradul I. b) Singurele polinoame ireductibile din R[X] sunt cele de gradul I ¸si cele de gradul II cu ∆ < 0. Definit¸ie. Dac˘ a R este un domeniu cu proprietatea c˘a orice dou˘a elemente ale sale admit un c.m.m.d.c., iar f ∈ R[X], definim c(f ) ca fiind c.m.m.d.c al coeficient¸ilor lui f . f ∈ R[X] se nume¸ste primitiv dac˘ a c(f ) = 1. Propozit¸ie. Dac˘ a R este un domeniu cu proprietatea c˘a orice dou˘a elemente ale sale admit un c.m.m.d.c., iar f, g ∈ R[X], atunci c(f g) = c(f )c(g). Definit¸ie. Dat fiind un corp comutativ K ¸si n ∈ N∗ , vom nota cu K(X1 , X2 , . . . , Xn ) corpul de fract¸ii al inelului K[X1 , X2 , . . . , Xn ]. K(X1 , X2 , . . . , Xn ) se nume¸ste corpul de fract¸ii rat¸ionale ˆın nedeterminatele X1 , X2 , . . . , Xn cu coeficient¸i ˆın K. Propozit¸ie. Dac˘ a R este un inel factorial cu corpul de fract¸ii Q, atunci pentru f ∈ R[X] sunt echivalente afirmat¸iile: (i) f este ireductibil. (ii) f este ireductibil ˆın Q[X] ¸si primitiv. Criteriul lui Eisenstein. Fie R un inel factorial cu corpul de fract¸ii Q, f = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈ R[X] ¸si p un element prim al lui R cu propriet˘a¸tile: (i) p | a0 , p | a1 , . . . , p | an−1 . (ii) p - an . (iii) p2 - a0 . Atunci f este ireductibil ˆın Q[X]. Criteriul reducerii. Fie R un inel factorial cu corpul de fract¸ii Q, S un domeniu, u : R → S un morfism unitar de inele ¸si u : R[X] → S[X] extinsul acestuia (adic˘a u(a0 + a1 X + · · · + an X n ) = u(a0 ) + u(a1 )X + · · · + u(an )X n ). Dac˘a pentru f ∈ R[X] avem c˘a u(f ) este ireductibil ˆın S[X] ¸si grad u(f ) = grad f , atunci f este ireductibil ˆın Q[X].

Probleme Problema 2.1 Pentru P = a0 + a1 X + · · · + am X m ∈ R[X] definim Γ(P ) = a20 + a21 + · · · + a2m . Fie f = 3X 2 + 7X + 2. G˘ asit¸i g ∈ R[X] cu propriet˘a¸tile: a) g(0) = 1, ¸si b) Γ(f n ) = Γ(g n ) pentru orice n ∈ N∗ . Putnam, 1985 Solut¸ie. Pentru P ∈ R[X] definim γ(P ) = P (X)P (X −1 ). Observ˘am c˘a Γ(P ) este

Polinoame

49

coeficientul lui X 0 din γ(P ). S˘ a not˘ am g = 6X 2 + 5X + 1. −1 Cum γ(X + 2) = (X + 2)(X + 2) = (1 + 2X −1 )(1 + 2X) = γ(1 + 2X), iar γ este multiplicativ˘ a, obt¸inem n γ(f ) = γ((3X + 1)n )γ((X + 2)n ) = γ((3X + 1)n )γ((1 + 2X)n ) = γ(g n ). Atunci, ¸si coeficient¸ii lui X 0 din γ(f n ) ¸si γ(g n ) vor fi egali, deci Γ(f n ) = Γ(g n ). ˆIn plus, este evident c˘a g(0) = 1. Observat¸ie. Solut¸ia nu este unic˘ a: de exemplu, pentru orice k ∈ N∗ , polinoamele k k k g = (3X + 1)(2X + 1) ¸si g = (3X − 1)(2X k − 1) au ¸si ele propriet˘a¸tile cerute. Problema 2.2 Fie r, s ∈ N∗ ¸si a0 , a1 , . . . , ar−1 , b0 , b1 , . . . , bs−1 ∈ R+ cu proprietatea c˘a (a0 + a1 X + · · · + ar−1 X r−1 + X r )(b0 + b1 X + · · · + bs−1 X s−1 + X s ) = = 1 + X + X 2 + · · · + X r+s .

(2.1)

Ar˘atat¸i c˘a toate numerele ai , i ∈ {0, 1, . . . , r − 1}, ¸si bj , j ∈ {0, 1, . . . , s − 1}, sunt egale cu 0 sau cu 1. IMC, 2001 Solut¸ie. Considerˆ and coeficient¸ii lui X s+i , respectiv X r+j din cei doi membri ai relat¸iei (2.1), obt¸inem relat¸iile: ai + ai+1 bs−1 + · · · = 1 ¸si (2.2) bj + ar−1 bj+1 + · · · = 1.

(2.3)

Cum tot¸i coeficient¸ii sunt pozitivi, din aceste relat¸ii obt¸inem ai ≤ 1, i ∈ {0, 1, . . . r − 1}, ¸si bj ≤ 1, j ∈ {0, 1, . . . s − 1}. De aici ¸si din a0 b0 = 1 rezult˘a c˘a a0 = b0 = 1. Consider˘am acum urm˘ atoarele cazuri particulare ale relat¸iilor (2.2) ¸si (2.3): a0 + a1 bs−1 + · · · = 1 ¸si

(2.4)

b0 + ar−1 b1 + · · · = 1.

(2.5)

Cum a0 = b0 = 1, din (2.4) ¸si (2.5) rezult˘a c˘a ak bs−k = ar−k bk = 0 pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , min{r, s}}.

(2.6)

Din relat¸iile a1 + b1 = a0 b1 + a1 b0 = 1, ar−1 + bs−1 = 1 ¸si a1 bs−1 = ar−1 b1 = 0 obt¸inem fie a1 = ar−1 = 1 ¸si b1 = bs−1 = 0, fie a1 = ar−1 = 0 ¸si b1 = bs−1 = 1. S˘a presupunem pentru a fixa ideile c˘ a avem r ≤ s. Fie k ∈ {2, 3, . . . , r}. Presupunem c˘a aj = ar−j ∈ {0, 1} ¸si bj = bs−j ∈ {0, 1} pentru orice j ∈ {1, 2 . . . , k − 1}. Considerˆand coeficient¸ii lui X k , respectiv X r+s−k din cei doi membri ai relat¸iei (2.1), obt¸inem ak + ak−1 b1 + · · · + a1 bk−1 + bk = 1 ¸si

(2.7)

ar−k + ar−k+1 bs−1 + · · · + ar−1 bs−k+1 + bs−k = 1.

(2.8)

Folosind ipoteza de induct¸ie, constat˘ am c˘a ak−1 b1 + · · · + a1 bk−1 = ar−k+1 bs−1 + · · · + ar−1 bs−k+1 ∈ N; de aici ¸si din relat¸iile (2.7) ¸si (2.8) se obt¸ine ak +bk = ar−k +bs−k ∈ {0, 1}. Dac˘a ak + bk = 0, rezult˘ a ak = ar−k = bk = bs−k = 0. Dac˘a ak + bk = 1, atunci

50

ar−k + bs−k = 1. Conform (2.6), avem ¸si ak bs−k = ar−k bk = 0. De aici obt¸inem fie ak = ar−k = 1 ¸si bk = bs−k = 0, fie ak = ar−k = 0 ¸si bk = bs−k = 1, ceea ce ˆıncheie pasul de induct¸ie. Afirmat¸ia problemei este probat˘a acum pentru ai , i ∈ {0, 1, . . . r − 1}, ¸si pentru bj , j ∈ {0, 1, . . . , r − 2, r − 1, s − r, s − r + 1, . . . s − 1}. Dac˘a r = s, demonstrat¸ia este ˆıncheiat˘a. Dac˘a r < s, din (2.3) deducem bs−r−1 + ar−1 bs−r + · · · + a0 bs−1 = 1. De aici rezult˘ a bs−r−1 ∈ Z; cum bs−r−1 ∈ [0, 1], obt¸inem bs−r−1 ∈ {0, 1}. ˆIn continuare, demonstr˘am inductiv, pe baza relat¸iei bs−j + ar−1 bs−j+1 + · · · + a0 bs+r−j = 1, j ∈ {r + 2, r + 3 . . . , s − r − 1} (dedus˘a de asemenea din (2.3)), c˘ a bj ∈ {0, 1} pentru orice j ∈ {r + 1, r + 2, . . . , s − r − 2}. Problema 2.3 Fie P = X 5 + X, Q = X 5 + X 2 ∈ C[X]. Aflat¸i toate perechile de numere complexe (z, w), z 6= w, pentru care P (z) = P (w) ¸si Q(z) = Q(w). IMC, 2000 Solut¸ie. Fie o pereche (z, w) ca ˆın enunt¸. Atunci, z 5 − w5 = w − z ¸si z 5 − w5 = w2 − z 2 , deci, cum z 6= w, −(z + w) = z 4 + z 3 w + z 2 w2 + zw3 + w4 = −1, de unde z + w = 1. Atunci, z 3 w + zw3 = zw(1 − 2zw) ¸si z 4 + w4 = (z 2 + w2 )2 − 2z 2 w2 = (1 − 2zw)2 − 2z 2 w2 . ˆInlocuind ˆın z 4 + z 3 w + z 2 w2 + zw3 + w4 = −1, obt¸inem z 2 w2 − 3zw + 2 = 0, deci zw ∈ √ √ ! √ √ ! 1±i 3 1∓i 3 1±i 7 1∓i 7 {1, 2}. Cum z + w = 1, obt¸inem perechile , , , . Se 2 2 2 2 constat˘a u¸sor c˘ a aceste patru perechi au ˆıntr-adev˘ar proprietatea cerut˘a. Problema 2.4 Vom numi un polinom P ∈ R[X1 , X2 , . . . , Xk ] ,,bun”! dac˘a exist˘a matricile k X A1 , A2 , . . . , Ak ∈ M2 (R) astfel ˆıncˆ at P (X1 , . . . , Xk ) = det Xi Ai . Determinat¸i toate i=1

valorile k ∈ N∗ pentru care toate polinoamele omogene de grad 2 din R[X] sunt bune. IMC, 2007 Solut Pentru k = 1, orice P ca ˆın enunt¸ este de forma aX 2 ¸si putem alege  ¸ie.  1 0 A= . 0 a 2 2 Pentru k = 2,orice P ca  ˆın enunt ¸ este de forma aX1 + bX2 + cX1 X2 ¸si putem alege 1 0 0 b A1 = ¸si A2 = . 0 a −1 c Fie acum k ≥ 3 ¸si P = X12 + · · · + Xk2 . Presupunem c˘a exist˘a matricile A1 , A2 , . . . , Ak Ak A2 1 ce verific˘a relat¸ia din enunt¸. Cum primele coloane cA ale matricilor 1 , c1 , . . . , c1 A1 , A2 , . . . , Ak sunt liniar dependente, exist˘a λ1 , λ2 , . . . , λk ∈ R, nu tot¸i nuli, cu propriAk A2 1 etatea λ1 cA a c˘a prima coloan˘a a combinat¸iei liniare 1 + λ2 c1 + · · · + λk c1 =0. Rezult˘ Pk Pk a. Prin urmare, det ın timp ce λ21 + λ22 + · · · + λ2k 6= 0. i=1 λi Ai este nul˘ i=1 λi Ai = 0, ˆ

Polinoame

51

De aici rezult˘ a c˘ a det

k X

! Xi Ai

6= X12 + X22 + · · · + Xk2 , deci P = X12 + · · · + Xk2 nu este

i=1

bun. Prin urmare, valorile lui k cu proprietatea cerut˘a sunt 1 ¸si 2. Problema 2.5 Fie R un domeniu de integritate. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a m, n ∈ N, atunci ˆın inelul R[X] are loc relat¸ia (X m − 1, X n − 1) = X (m,n) − 1. Solut¸ie. Dac˘ a a, b ∈ N, k ∈ N∗ ¸si a = kb, atunci are loc relat¸ia X a − 1 = (X b − 1)(X (k−1)b + X (k−2)b + · · · + X b + 1), deci Xb − 1 | Xa − 1

(2.9)

(aceast˘a ultim˘ a relat¸ie fiind adev˘ arat˘ a ¸si pentru k = 0). Fie m, n ∈ N. Din relat¸ia (2.9) rezult˘ a imediat c˘a X (m,n) −1 | X m −1 ¸si X (m,n) −1 | X n −1. Scriem algoritmul lui Euclid pentru m ¸si n: m = nq1 + r1 , n = r1 q2 + r2 , r1 = r2 q3 + r3 , . . . , rs−1 = rs qs+1 + rs+1 , rs = rs+1 qs+2 . Avem, desigur, (m, n) = rs+1 . Fie acum f ∈ R[X] care divide X m − 1 ¸si X n − 1. Atunci, f | X nq1 +r1 − 1 = X r1 (X nq1 − 1) + X r1 − 1. De aici ¸si din f | X n − 1 rezult˘a, conform relat¸iei (2.9), c˘ a f | X r1 − 1. Folosind considerat¸ii similare, se arat˘a inductiv c˘a r f | X k − 1 pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , s + 1}. De aici rezult˘a c˘a f | X (m,n) − 1. Problema 2.6 Fie R un inel comutativ ¸si f = a0 + a1 X + . . . + an X n ∈ R[X]. S˘a se arate c˘a: (i) f este nilpotent dac˘ a ¸si numai dac˘ a ai este nilpotent pentru orice 0 ≤ i ≤ n. (ii) f este inversabil dac˘ a ¸si numai dac˘ a a0 este inversabil ¸si ai este nilpotent pentru orice 1 ≤ i ≤ n. (iii) f este divizor al lui zero dac˘ a ¸si numai dac˘a exist˘a a ∈ R, a 6= 0, cu af = 0. (iv) f este idempotent dac˘ a ¸si numai dac˘a f = a0 ¸si a20 = a0 . Solut¸ie. (i) Proced˘ am prin induct¸ie dup˘a n = grad f . Pentru n = 0 este clar. Presupunem afirmat¸ia adev˘ arat˘ a pentru toate polinoamele de grad mai mic strict decˆat n. Dac˘a grad f = n, atunci din faptul c˘a f este nilpotent obt¸inem c˘a an este nilpotent (deoarece coeficientul dominant al lui f p este apn ). Atunci polinomul an X n este nilpotent, de unde f − an X n este nilpotent. Din ipoteza de induct¸ie rezult˘a acum c˘a a0 , a1 , . . . , an−1 sunt nilpotent¸i. Reciproca este evident˘a. (ii) ”⇐” Avem c˘ a a0 este inversabil ¸si a1 X +. . .+an X n este nilpotent (ca sum˘a de elemente nilpotente). De aici rezult˘ ac˘ a f este inversabil, fiind sum˘a dintre un element inversabil ¸si un element nilpotent. ”⇒” Proced˘ am prin induct¸ie dup˘ a grad f = n. Pentru n = 0 este clar. Presupunem afirmat¸ia adev˘ arat˘ a pentru toate polinoamele de grad mai mic strict decˆat n ¸si fie f cu grad f = n. Fie g = b0 + b1 X + . . . + bm X m inversul lui f . Din f g = 1 rezult˘a c˘a an bm = 0, an bm−1 + an−1 bm = 0, . . . , a0 b0 = 1.

52

De aici rezult˘ a c˘ a a0 ¸si b0 sunt inversabili. ˆInmult¸ind a doua relat¸ie cu an obt¸inem c˘a a2 bm−1 = 0, ¸si apoi prin recurent¸˘a rezult˘a n c˘a ain bm−i+1 = 0 pentru orice 1 ≤ i ≤ m + 1. Pentru i = m + 1 aceasta ˆınseamn˘a c˘a am+1 b0 = 0. Cum b0 este inversabil rezult˘a c˘a am+1 = 0, deci an este nilpotent. n n ˆIn continuare g = f − an X n este nilpotent ca sum˘a dintre un element inversabil ¸si un element nilpotent. Din ipoteza de induct¸ie rezult˘a acum c˘a ¸si elementele a1 , . . . , an−1 sunt nilpotente. (iii) ”⇐” Evident. ”⇒” Dac˘a f este divizor al lui zero, exist˘a g ∈ R[X], g 6= 0 cu f g = 0. Alegem g de grad minim cu aceast˘ a proprietate. Fie g(X) = b0 + b1 X + . . . + bm X m . Din f g = 0 rezult˘a c˘a an bm = 0. Atunci an g are gradul mai mic ca m ¸si (an g)f = 0, de unde obt¸inem c˘a an g = 0. ˆIn particular an bm−1 = 0 ¸si atunci egalˆand cu zero coeficientul lui X m+n−1 din f g rezult˘a c˘ a an−1 bm = 0. Atunci an−1 g are grad mai mic ca m ¸si (an−1 g)f = 0, de unde an−1 g = 0. Continu˘ am recurent ¸si obt¸inem c˘a ai g = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ n. Aceasta implic˘a ai bm = 0 pentru orice i, de unde bm f = 0, ceea ce ˆıncheie demonstrat¸ia. (iv) Dac˘a f este idempotent, f 2 = f , atunci a20 = a0 , 2a0 a1 = a1 , 2a0 a2 + a21 = a2 , ¸si a¸sa mai departe. ˆInmult¸ind a doua relat¸ie cu a0 ¸si folosind-o pe prima obt¸inem 2a0 a1 = a0 a1 , deci a0 a1 = 0. Rezult˘ a c˘ a ¸si a1 = 0. Apoi ˆınmult¸ind a treia relat¸ie cu a0 ¸si folosind-o pe prima, obt¸inem c˘ a 2a0 a2 = a0 a2 , deci a0 a2 = 0, ceea ce arat˘a c˘a ¸si a2 = 0. Continuˆand recurent g˘asim ai = 0 pentru 1 ≤ i ≤ n, deci f = a0 . Observat¸ie. Se poate ar˘ ata (de exemplu, prin induct¸ie dup˘a n) c˘a afirmat¸iile problemei r˘amˆan valabile ¸si ˆın inelul R[X1 , X2 , . . . , Xn ]. Problema 2.7 Fie a ∈ Z, n ∈ N∗ ¸si f (X) = X n − a ∈ Z[X]. Dac˘a pentru orice m ∈ N, m ≥ 2 polinomul fˆ ∈ Zm [X], fˆ(X) = X n − a ˆ are o r˘ad˘acin˘a ˆın Zm , s˘a se arate c˘a f are o r˘ad˘acin˘a ˆın Z. Solut¸ie. Vom ar˘ ata c˘ a exponentul oric˘arui divizor prim al lui a este multiplu de n, ceea ce garanteaz˘ a c˘ a a este puterea a n-a a unui num˘ar ˆıntreg, deci f are o r˘ad˘acin˘a ˆıntreag˘a. Fie p un divizor prim al lui a, deci a = pt a0 , t ∈ N∗ , a0 ∈ Z ¸si (a0 , p) = 1. Dac˘a t nu este multiplu al lui n, atunci exist˘ a h ∈ N astfel ˆıncˆat hn < t < (h + 1)n. Fie m = p(h+1)n . n Polinomul X − a ˆ are o r˘ ad˘ acin˘ a ˆın Zm , deci exist˘a x ∈ Z cu p(h+1)n | xn − a. Cum p | a, s avem p | x ¸si fie x = p y, cu y ∈ Z ¸si (p, y) = 1. Cum pt | m, avem ¸si pt | xn − a = pns y n − pt a0 , de unde pt | pns y n , ceea ce garanteaz˘a c˘a t ≤ ns. Atunci avem ¸si hn < ns, de unde deducem c˘ a h < s. Deci h + 1 ≤ s. Dar pns | xn , deci ¸si pn(h+1) | xn , adic˘a m | xn . Cum m | xn − a, obt¸inem c˘ a m | a, adic˘a (h + 1)n < t, contradict¸ie. A¸sadar t trebuie s˘a fie multiplu de n.   1 k+2 Problema 2.8 a) Exist˘ a polinoame P ∈ R[X] cu proprietatea P = pentru k k orice k ∈ N∗ ?   1 1 b) Exist˘a polinoame P ∈ R[X] cu proprietatea P = pentru orice k ∈ N∗ ? k 2k + 1 Vojtech Jarnik, 2011 Solut¸ie. a) Da. Este suficient s˘ a consider˘am polinomul P = 2X + 1. b) Nu. Presupunem c˘ a exist˘ a un astfel de polinom P . Definim polinomul Q = (X +2)P −X.

Polinoame

53

      1 1 1 1 = − = 0. Prin urmare, Q Atunci, pentru orice k ∈ avem Q +2 P k k k k are o infinitate de r˘ ad˘ acini, deci el este nul. Rezult˘a c˘a (X + 2)P = X, de unde 0 = −2, contradict¸ie. N∗

Problema 2.9 Fie P ∈ R[X, Y, Z] ¸si F : R2 → R cu proprietat˘a¸tile: P (ux, uy, uz) = u2 F (y − x, z − x) pentru orice x, y, z, u ∈ R, P (1, 0, 0) = 4, P (0, 1, 0) = 5 ¸si P (0, 0, 1) = 6. Fie A, B, C ∈ C astfel ˆıncˆ at P (A, B, C) = 0 ¸si |B − A| = 10. Determinat¸i |C − A|. Putnam, 1987 Solut¸ie. F˘ acˆ and u = 1 ¸si x = 0, obt¸inem c˘a F (y, z) = P (0, y, z) este polinomial˘a. ˆIn plus, F (uy, uz) = P (0, uy, uz) = u2 F (y, z) pentru orice u, y, z ∈ R, deci F este omogen˘a de grad 2. Prin urmare, exist˘ a a, b, c ∈ R astfel ˆıncˆat P (x, y, z) = F (y − x, z − x) = a(y − x)2 + b(y − x)(z − x) + c(z − x)2 . Obt¸inem a = P (0, 1, 0) = 5, c = P (0, 0, 1) = 6 ¸si a + b + c = P (1, 0, 0) = 4, deci b = −7. Din 0 = P (A, B, C) = 5(B − A)2 − 7(B − A)(C − A) + 6(C − A)2 C−A este r˘ad˘acin˘a a ecuat¸iei 6m2 − 7m + 5 = 0. R˘ad˘acinile deducem c˘a num˘ arul m = B−A acestei ecuat¸ii sunt complexe conjugate ¸si au produsul 56 , prin urmare modulul lor este q q √ 5 5 5 . Rezult˘ a |C − A| = |B − A| 6 6 = 3 30.

Problema 2.10 Fie R un domeniu de integritate infinit ¸si f ∈ R[X1 , . . . , Xn ]. Dac˘a exist˘a o submult¸ime A = A1 × · · · × An a lui Rn , astfel ˆıncˆat Ai este infinit˘a pentru orice 1 ≤ i ≤ n, cu proprietatea c˘ a f˜(a) = 0 pentru orice a ∈ A, atunci f = 0. Solut¸ie. Proced˘ am prin induct¸ie dup˘a n. Dac˘a n = 1, se ¸stie c˘a un polinom nenul ˆıntr-o nedeterminat˘ a peste un domeniu de integritate are un num˘ar de r˘ad˘acini ≤ grad f , deci funct¸ia polinomial˘ a asociat˘ a are doar un num˘ar finit de zerouri. Presupunem adev˘ arat pentru n − 1 ¸si demonstr˘am pentru n. Scriem X f (X1 , . . . , Xn ) = fi (X1 , . . . , Xn−1 )Xni , 0≤i≤m

unde fi (X1 , . . . , Xn−1 ) ∈ K[X1 , . . . , Xn−1 ] pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Rezult˘a c˘a pentru orice a1 ∈ A1 , . . . , an−1 ∈ An−1 , funct¸ia polinomial˘a asociat˘a polinomului X f (a1 , . . . , an−1 , Xn ) = f˜i (a1 , . . . , an−1 )Xni ∈ R[Xn ] 0≤i≤m

se anuleaz˘a pentru orice an ∈ An . Cum mult¸imea An este infinit˘a, rezult˘a c˘a polinomul f (a1 , . . . , an−1 , Xn ) este nul, deci f˜i (a1 , . . . , an−1 ) = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Din ipoteza de induct¸ie rezult˘ a c˘ a fi (X1 , . . . , Xn−1 ) = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Atunci evident f = 0. Observat¸ie. Dac˘ a f˜ se anuleaz˘ a ˆıntr-o mult¸ime infinit˘a care nu mai este de forma A1 × . . . × An cu Ai infinite, atunci concluzia nu mai r˘amˆane adev˘arat˘a. Pentru aceasta

54

consider˘am polinomul f (X, Y ) = XY ∈ Z[X, Y ]. Atunci f˜(0, y) = 0 pentru orice y ∈ Z, dar f 6= 0. Dac˘a R nu este inel comutativ, atunci rezultatul nu mai este adev˘arat. De exemplu, dac˘a H este corpul cuaternionilor, atunci polinomul nenul f (X) = X 2 + 1 ∈ H[X] are o infinitate de r˘ad˘acini ˆın H. Problema 2.11 Fie K un corp comutativ, q ∈ N, q > 1 ¸si f ∈ K[X1 , . . . , Xn ]. S˘a se arate P c˘a f se poate scrie astfel: f = (Xiq − Xi )gi + g0 , cu gi ∈ K[X1 , . . . , Xn ] pentru orice 1≤i≤n

0 ≤ i ≤ n, gradXi (g0 ) < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, ¸si grad g0 ≤grad f . Solut¸ie. Este suficient s˘ a demonstr˘am afirmat¸ia ˆın cazul ˆın care f const˘a ˆıntr-un singur monom (prin sumare se obt¸ine apoi rezultatul pentru un polinom arbitrar). Fie X1k1 · · · Xnkn un monom care apare ˆın scrierea lui f . Pentru fiecare 1 ≤ i ≤ n folosim teorema de ˆımp˘ art¸ire cu rest ¸si obt¸inem Xiki = (Xiq −Xi )qi (Xi )+ri (Xi ), unde qi , ri ∈ K[Xi ] P cu grad ri < q. ˆInmult¸ind aceste relat¸ii obt¸inem f = (Xiq − Xi )gi + r1 · · · rn , ¸si notˆand 1≤i≤n

g0 = r1 · · · rn , toate condit¸iile dorite sunt satisf˘acute. Problema 2.12 Fie K un corp finit, |K| = q, ¸si fie g ∈ K[X1 , . . . , Xn ] cu proprietatea c˘a gradXi (g) < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Dac˘a g˜ = 0, s˘a se arate c˘a g = 0. Solut¸ie. Proced˘ am prin induct¸ie dup˘a n la fel ca la problema 2.10. Problema 2.13 Fie K un corp finit, |K| = q, ¸si fie g ∈ K[X1 , . . . , Xn ]. S˘a se arate c˘a g˜ = 0 dac˘a ¸si numai dac˘ a g ∈ (X1q − X1 , . . . , Xnq − Xn ). xq

Solut¸ie. Rezult˘ a imediat din problemele 2.10 ¸si 2.11 dac˘a ¸tinem cont de faptul c˘a = x pentru orice x ∈ K.

Problema 2.14 Fie K un corp finit ¸si n ∈ N∗ . S˘a se arate c˘a orice funct¸ie φ : K n → K este polinomial˘ a, adic˘ a exist˘ a f ∈ K[X1 , . . . , Xn ] cu φ = f˜. n

Solut¸ia 1. Fie |K| = q. Num˘ arul funct¸iilor de la K n la K este q q . Pe de alt˘a parte, orice funct¸ie polinomial˘ a este de forma f˜, unde f este un polinom pentru care gradXi (f ) < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, deoarece xq = x pentru orice x ∈ K. ˆIn scrierea unui astfel de f apar numai monoame de forma X1k1 · · · Xnkn , cu ki < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Num˘arul n acestor monoame este q n ¸si cu ele putem forma q q polinoame cu coeficient¸i ˆın K. Dar funct¸iile polinomiale asociate acestor polinoame sunt distincte din problema 2.12, de unde n rezult˘a c˘a avem exact q q funct¸ii polinomiale de la K n la K. De aici rezult˘a c˘a orice funct¸ie φ : K n → K este polinomial˘ a. Solut¸ia 2. Not˘ am K = {x1 , x2 , . . . , xq }. Proced˘am prin induct¸ie dup˘a n. Pentru n = 1, consider˘am sistemul  a0 + a1 x1 + a2 x21 + · · · + aq−1 xq−1 = φ(x1 )  1   q−1 2 a0 + a1 x2 + a2 x2 + · · · + aq−1 x2 = φ(x2 ) (S) :  ................................................... ..... ...........   a0 + a1 xq + a2 x2q + · · · + aq−1 xq−1 = φ(xq ) q

Polinoame

55

cu necunoscutele a0 , a1 , . . . , aq−1 . Determinantul s˘au fiind Vandermonde, acest sistem are solut¸ie unic˘ a. Prin urmare, exist˘ a un unic polinom f ∈ K[X] de grad < q cu proprietatea c˘ a φ(x) = f (x) pentru orice x ∈ K. Presupunem acum c˘a orice funct¸ie ψ : K n → K este polinomial˘ a. Fie φ : K n+1 → K. Atunci, funct¸ia φx : K n → K, φx (x1 , x2 , . . . , xn ) = φ(x1 , x2 , . . . , xn , x) este polinomial˘a pentru zicem  orice x ∈ K, s˘a  X Y Xn+1 − a   gx . φx = gex , gx ∈ K[X1 , X2 , . . . , Xn ]. Rezult˘a φ = fe, unde f = x−a x∈K

a∈K\{x}

Observat¸ie. Dat fiind un corp comutativ K ¸si x1 , x2 , . . . , xn ∈ K distincte dou˘a cˆate dou˘ a, se constat˘ a c˘ a, pentru orice y1 , y2 , . . . , yn ∈ K, polinoamele li = (X − x1 ) . . . (X − xi−1 )(X − xi+1 ) . . . (X − xn ) (numite polinoamele fundamentale de in(xi − x1 ) . . . (xi − xi−1 )(xi − xi+1 ) . . . (xi − xn ) terpolare Lagrange) au propriet˘ a¸tile li (xi ) = 1 ¸si li (xj ) = 0 pentru orice j 6= i. Prin urmare, polinomul n X (X − x1 ) . . . (X − xi−1 )(X − xi+1 ) . . . (X − xn ) f= yj (xi − x1 ) . . . (xi − xi−1 )(xi − xi+1 ) . . . (xi − xn ) j=1

(numit polinom de interpolare Lagrange) are proprietatea c˘a f (xi ) = yi pentru orice i ∈ {1, 2, . . . , n}. Polinomul ce se obt¸ine ˆın urma rezolv˘arii sistemului (S) este de acest tip. S¸i ideea din pasul de induct¸ie din solut¸ia 2 este dat˘a tot de forma polinoamelor de interpolare. Problema 2.15 Fie K un corp finit, |K| = q, ¸si fie f ∈ K[X1 , . . . , Xn ] cu propriet˘a¸tile grad f = d < n ¸si f (0, . . . , 0) = 0. S˘ a se arate c˘a: (i) Exist˘a a ∈ K n , a 6= (0, . . . , 0), cu f˜(a) = 0. (ii) Dac˘a |{a ∈ K n | f˜(a) = 0}| = N ¸si p = char(K), atunci p | N . Solut¸ie. (i) Presupunem c˘ a f˜(a) 6= 0 pentru orice a 6= (0, . . . , 0). Fie polinoamele q−1 q−1 g = 1−f ¸si h = (1 − X1 ) · · · (1 − Xnq−1 ). Atunci, pentru orice a 6= (0, . . . , 0) avem ˜ h(a) = 0 (deoarece xq−1 = 1 pentru orice x ∈ K, x 6= 0) ¸si g˜(a) = 1 − (f˜(a))q−1 = 0 ˜ ˜ (deoarece f˜(a) ∈ K − {0}). Pentru a = (0, . . . , 0) avem g˜(a) = h(a) = 1. Rezult˘a c˘a g˜ = h. ˆIn plus, avem c˘ a grad g = d(q − 1)

orice 0 ≤ i ≤ n, gradXi g0 < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, ¸si grad g0 ≤grad g = d(q − 1). ˜ Aplicˆand problema 2.12 (observ˘am c˘a g0 ¸si h satisfac Este clar c˘a g˜0 = g˜, de unde g˜0 = h. condit¸iile impuse asupra gradelor, c˘ aci ¸si gradXi h < q), rezult˘a c˘a g0 = h. Avem ˆıns˘a grad g0 ≤grad g
unde r1 ∈ K[X1 ], . . . , rn ∈ K[Xn ], toate de grad mai mic decˆat q. Rezult˘a c˘a g0 se poate scrie sub forma X g0 = ci1 · · · cin X1i1 · · · Xnin 0≤i1 ,...,in
¸si de aici rezult˘ a c˘ a N · 1K

= =

ci1 · · · cin ai11 · · · ainn ) (a1 ,...,an )∈K n 0≤i1 ,...,in
0≤i1 ,...,in
(

P

(a1 ,...,an )∈K n

56

P

Dar

(a1 ,...,an )∈K n

ai11 · · · ainn = (

P

a1 ∈K

ai11 ) · · · (

P an ∈K

ainn ) ¸si cum grad g0 ≤grad g = d(q − 1) <

n(q − 1), rezult˘ a c˘ a nu P tot¸i indicii i1 , . . . , in sunt egali cu q − 1. Pe de alt˘a parte, dac˘a 1 ≤ i < q − 1, atunci xi = 0. Se ¸stie c˘a (K ∗ , ·) este grup ciclic. Exist˘a prin urmare x∈K

α ∈ K astfel ˆıncˆ at K ∗ = {1, α, α2 , . . . , αq−2 }. Pentru orice 0 < i < q − 1 avem αi − 1 6= 0 ¸si X X αij = (α(q−1)i − 1)(αi − 1)−1 = ((α(q−1) )i − 1)(αi − 1)−1 = 0. xi = 0≤j≤q−2

x∈K

P

Rezult˘a c˘a

(a1 ,...,an )∈K n

ai11 · · · ainn = 0 pentru orice i1 , . . . , in . Obt¸inem c˘a N · 1K = 0, deci

p | N. Problema 2.16 Fie K un corp finit, |K| = q, ¸si fie f (X) = a0 + a1 X + . . . + aq−2 X q−2 ∈ K[X] cu aq−2 6= 0. Atunci |{a ∈ K ∗ | f˜(a) = 0}| = q − 1 − rang(A), unde A este matricea 

a0

a1

a2

. . . aq−3 aq−2

   a1 a2 a3 . . . aq−2 a0  A=  ... ... ... ... ...  ...  aq−2 a0 a1 . . . aq−4 aq−3 Solut¸ie. Fie K ∗ = {b1 , . . . , bq−1 }. matricea  1 b1  ... ... B= 1 bq−1

     .   

Avem c˘a bq−1 = 1 pentru orice i. Consider˘am i  . . . b1q−2 . . . . . .  ∈ Mq−1 (K). q−2 . . . bq−1

Atunci avem 

 −(q−2) . . . b1 f (b1 ) f (b1 ) b−1 1 f (b1 )   ... ... ... BA =  . . . . −(q−2) −1 f (bq−1 ) bq−1 f (bq−1 ) . . . bq−1 f (bq−1 ) N = |{a ∈ K ∗ | f˜(a) = 0}| este num˘arul de zerouri din ¸sirul f (b1 ), . . . , f (bq−1 ). S˘a presupunem de exemplu c˘ a ultimii N termeni ai acestui ¸sir sunt nuli. Atunci ultimele N linii ale matricei BA sunt nule, de unde rang(BA) ≤ q − 1 − N . Pe de alt˘a parte minorul lui BA format de primele (q − 1 − N ) linii ¸si primele (q − 1 − N ) coloane este nenul (determinantul este un determinant de tip Vandermonde ˆınmult¸it cu elementele nenule f (b1 ), . . . , f (bq−1−N )), deci rang(BA) = q − 1 − N . Cum B este inversabil˘a, rezult˘a c˘a rang(A) = q − 1 − N . De aici obt¸inem c˘a N = q − 1 − rang(A).
Problema 2.17 Fie P = {f ∈ R[X] | grad f ≤ 3, |f (±1)| ≤ 1, f ± 21 ≤ 1}. Calculat¸i sup max |f 00 (x)| ¸si determinat¸i toate polinoamele f pentru care se atinge acest f ∈P |x|≤1

supremum.

Polinoame

57

IMC, 1998 3 Q Solut¸ie. Not˘ am x0 = −1, x1 = − 21 , x2 = 21 , x3 = 1, w = (X − xi ), i=0 Q 1 (X − xi ) ¸si lk = wk (x wk , k ∈ {0, 1, 2, 3}. wk = k) i6=k

Gˆandindu-ne la forma polinoamelor de interpolare, constat˘am c˘a pentru orice f ∈ P ¸si 3 3 P P lk00 (x)f (xk ), deci |f 00 (x)| ≤ lk (x)f (xk ), de unde f 00 (x) = x ∈ [−1, 1] are loc f (x) = k=0

k=0

3 P k=0

|lk00 (x)|.

Cum grad f 00 ≤ 1, max |f 00 (x)| se atinge fie ˆın x = −1, fie ˆın x = 1. Dac˘a punctul pentru |x|≤1

care se atinge maximumul este x = 1, atunci sup max |f 00 (x)| ≤ f ∈P |x|≤1

3 P k=0

lk00 (x)f (xk ),

egalitatea se realizeaz˘ a fie dac˘a f (xk ) =

3 P k=0

sgn lk00 (1)

|lk00 (1)|. Cum f 00 (x) =

pentru tot¸i k ∈ {0, 1, 2, 3},

fie dac˘a f (xk ) = − sgn lk00 (1) pentru tot¸i k ∈ {0, 1, 2, 3}. Calculˆand efectiv lk00 (1), k ∈ {0, 1, 2, 3}, constat˘ am c˘ a semnele lor alterneaz˘a. De aici rezult˘a c˘a polinoamele f pentru care se realizeaz˘ a supremumul din enunt¸ au proprietatea c˘a f (x0 ) = f (x2 ) = ±1 ¸si f (x1 ) = f (x3 ) = ∓1. Prin urmare, f = ±(4X 3 − 3X), iar supremumul cerut este egal cu 24. Cazul ˆın care punctul ˆın care se realizeaz˘ a maximul este -1 conduce la acelea¸si polinoame f ¸si la acela¸si supremum. Problema 2.18 Fie f : R → R cu proprietatea c˘a pentru orice n ∈ {2, 3, . . .} funct¸ia fn : R → R, fn (x) = (f (x))n este polinomial˘a. Este f ˆın mod necesar polinomial˘a? IMC, 2005 Solut¸ia 1. Fie g, h ∈ R[X] astfel ˆıncˆat ge = f 2 ¸si e h = f 3 . Cum R[X] este factorial, β β α1 putem scrie g = ap1 · · · pαr r ¸si h = bq1 1 · · · qs s , unde a, b ∈ R, p1 , . . . , pr , q1 , . . . , qs ∈ R[X] sunt polinoame ireductibile ¸si monice, iar α1 , . . . , αr , β 1 , . . . , β s ∈ N∗ . Cum ge3 = f 6 = e h2 , obt¸inem g 3 = h2 . Din unicitatea descompunerii ˆın factori primi ˆın inelul R[X] rezult˘a c˘a a3 = b2 , r = s ¸si, dup˘ a o eventual˘a renumerotare a polinoamelor qi , i ∈ {1, . . . , s}, pi = qi ¸si 3αi = 2β i pentru fiecare i ∈ {1, . . . , s}. Tot¸i exponent¸ii β i , i ∈ {1, . . . , s}, sunt √ β /3 β /3 deci divizibili prin 3. Consider˘ am polinomul F = 3 b · q1 1 · . . . · qs s . Trecˆand la funct¸ii asociate, (Fe(x))3 = e h(x) = (f (x))3 pentru orice x ∈ R. Rezult˘a c˘a f (x) = Fe(x) pentru orice x ∈ R, deci f este polinomial˘ a. p Solut¸ia 2. Fie q forma ireductibil˘ a a fract¸iei rat¸ionale hg ∈ R(X), cu g ¸si h ca ˆın solut¸ia 2

1. Atunci, pqee2 = f 2 , de unde p2 = q 2 g. Dac˘a q ar avea vreun factor ireductibil ˆın R[X], ar rezulta din ultima relat¸ie c˘ a acesta divide ¸si p, contradict¸ie. Putem deci considera q = 1, de unde hg = p. Rezult˘ a c˘ a pentru orice x ∈ R \ {x ∈ R | f (x) 6= 0} avem 3

(f (x)) e(x). Relat¸ia pe2 = qe2 f 2 implic˘a ¸si f (x) = pe(x) pentru toate f (x) = (f = h(x) g e(x) = p (x))2 zerourile x ale lui f . Prin urmare, f = pe, deci f este polinomial˘a. Observat¸ie. Rat¸ionamentele prezentate funct¸ioneaz˘a folosind doar ipoteza c˘a x 7→ (f (x))2 ¸si x 7→ (f (x))3 sunt funct¸ii polinomiale. e

58

Problema 2.19 Fie p un num˘ ar prim ¸si Zp corpul claselor de resturi modulo p. Fie W cea mai mic˘ a mult¸ime de polinoame din Zp [X] cu propriet˘a¸tile (i) X + 1, X p−2 + X p−3 + · · · + X 2 + 2X + 1 ∈ W , (ii) Pentru orice h1 , h2 ∈ W , restul r al ˆımp˘art¸irii lui h1 ◦ h2 la X p − X este ˆın W . Cˆate elemente are W ? IMC, 2009 Solut¸ie. Preciz˘ am mai ˆıntˆ ai c˘ a acea condit¸ie de minimalitate impus˘a ˆın enunt¸ asupra lui W este relativ˘ a la relat¸ia de incluziune. Observ˘am c˘ a funct¸ia polinomial˘ a asociat˘a lui f = X + 1 este ciclul 0 → 1 → 2 → · · · → (p − 1) → 0, iar cea asociat˘ a lui g = X p−2 + X p−3 + · · · + X 2 + 2X + 1 este transpozit¸ia 0 ↔ 1. Cum aceste permut˘ ari genereaz˘ a grupul S(Zp ) al permut˘arilor lui Zp , pentru fiecare σ ∈ S(Zp ) exist˘ a ˆın W cel put¸in un polinom h cu σ = e h. e Rezult˘a c˘a funct¸ia Φ : W → S(Zp ), Φ(P ) = P este surjectiv˘a. Pe de alt˘a parte, dac˘a Φ(P ) = Φ(Q), rezult˘ a c˘ a polinoamul P − Q (de grad strict mai mic decˆat p) are p r˘ad˘acini distincte, deci este nul. Rezult˘ a c˘ a P = Q, deci Φ este bijectiv˘a. Prin urmare, |W | = |S(Zp )| = p!. Problema 2.20 Fie K un corp ¸si f : K × K → K cu proprietatea c˘a pentru orice x0 ∈ K funct¸ia f (x0 , y) este polinomial˘a ˆın y, iar pentru orice y0 ∈ K funct¸ia f (x, y0 ) este polinomial˘a ˆın x. Rezult˘a din aceste condit¸ii c˘ a f este polinomial˘a dac˘a: a) K = Q? b) K este un corp finit? Argumentat¸i r˘ aspunsurile! SEEMOUS, 2007 Solut¸ie. a) ˆIn cazul K = Q, nu rezult˘a c˘a f este polinomial˘a, dup˘a cum arat˘a urm˘atorul contraexemplu: Scriem Q = {a0 , a1 , a2 , . . .} (acest lucru este posibil, Q fiind num˘arabil˘a). Consider˘am m Y k X f : Q × Q → Q, f (ai , aj ) = [(ai − al )(aj − al )], unde m = min{i, j}. k=0 l=0

Pentru ai ∈ Q arbitrar ales, f (ai , y) =

i Y k X [(ai − al )(y − al )] pentru orice y ∈ Q, k=0 l=0

deci f (ai , y) este funct¸ie polinomial˘ a de y, iar pentru aj ∈ Q arbitrar ales, f (x, aj ) = j k XY [(x − al )(aj − al )] pentru orice x ∈ Q, deci f (x, aj ) este funct¸ie polinomial˘a de x. k=0 l=0

Presupunem c˘ a f este polinomial˘ a ¸si not˘am cu n gradul s˘au ˆın raport cu x. Atunci, exist˘a b0 , b1 , . . . , bn ∈ Q[Y ] astfel ˆıncˆ at f (x, y) = b0 (y) + b1 (y)x + · · · + bn (y)xn pentru orice x, y ∈

Polinoame

Q. De aici rezult˘ a c˘ a funct¸ia g : Q → Q, g(x) = f (x, an+1 ) =

59

n Y k X [(x − al )(an+1 − al )], k=0 l=0

este polinomial˘ a de grad cel mult n, contradict¸ie. b) Cum pentru orice corp finit K ¸si orice n ∈ N∗ toate funct¸iile g : K n → K sunt polinomiale (a se vedea problema 2.14), rezult˘ a c˘a funct¸ia f din enunt¸ este polinomial˘a. Observ˘am c˘a ˆın acest caz nici nu mai trebuie s˘ a facem uz de propriet˘a¸tile date ˆın ipotez˘a pentru f (care sunt ˆıns˘ a verificate). Observat¸ie. De fapt, pentru un corp comutativ K, sunt echivalente urm˘atoarele afirmat¸ii : 1. Exist˘a funct¸ii f ca ˆın enunt¸ care nu sunt polinomiale. 2. Corpul K este num˘ arabil. Pentru situat¸ia de num˘ arabilitate, contraexemplul se poate construi exact ca ˆın demonstrat¸ia punctului a). Pentru corpurile finite, chestiunea a fost tran¸sat˘a la punctul b). Dac˘a corpul K este nenum˘ arabil, iar f : K × K → K are proprietatea din enunt¸, not˘am Ar = S {x ∈ K S| grady f (x, y) = r} ¸si Bs = {y ∈ K| gradx f (x, y) = s}. Cum K = r≥0 Ar = s≥0 Bs , iar K este nenum˘arabil, exist˘a m, n ∈ N pentru care Am ¸si Bn sunt infinite (aici ar e¸sua aceast˘a demonstrat¸ie ˆın cazul ˆın care K ar fi cel mult num˘ arabil). Conform ipotezei, exist˘a funct¸iile a0 , a1 , . . . , an : Bn → K astfel ˆıncˆat f (x, y) = a0 (y) + a1 (y)x + · · · + an (y)xn . Fie x1 , x2 , . . . , xn+1 ∈ Am . Pentru orice j ∈ {1, 2, . . . m + 1} exist˘ a constante b0 (xj ), b1 (xj ), . . . , bm (xj ) astfel ˆıncˆat f (xj , y) = b0 (xj ) + b1 (xj )y + · · · + bm (xj )y m pentru orice y ∈ K. Consider˘am y ∈ Bn arbitrar. Rezolvˆ and sistemul a0 (y) + a1 (y)xj + · · · + an (y)xnj = f (xj , y), j ∈ {1, 2, . . . , m + 1}, obt¸inem, ˆın virtutea relat¸iilor de mai sus, c˘a ak (y), k ∈ {0, 1, . . . , n}, sunt funct¸ii polinomiale de y. Prin urmare, exist˘ a P ∈ K[X, Y ] astfel ˆıncˆat f (x, y) = P (x, y) pentru orice x ∈ K ¸si y ∈ Bn . Pe de alt˘ a parte, dac˘a (x, y) ∈ K × K este o pereche arbitrar˘a, funct¸ia polinomial˘a t 7→ f (x, t) coincide cu funct¸ia polinomial˘a t 7→ P (x, t) pe mult¸imea infinit˘a Bn , deci cele dou˘ a funct¸ii coincid, de unde obt¸inem f (x, y) = P (x, y), ceea ce ˆıncheie demonstrat¸ia. Problema 2.21 Fie f ∈ R(X). Presupunem c˘a f (n) ∈ Z pentru o infinitate de valori n ∈ Z. Ar˘atat¸i c˘ a f este polinom. IMC, 2006 Solut¸ie. Fie S ⊂ Z o mult¸ime infinit˘a cu proprietatea c˘a f (x) ∈ Z pentru orice x ∈ S. Scriem f = pq , p, q ∈ R[X], q 6= 0. Not˘am T = S \ {x ∈ S | q(x) = 0}. Privim relat¸iile p(x) = q(x)f (x), x ∈ T , ca pe un sistem de ecuat¸ii liniare care are drept nedeterminate coeficient¸ii polinoamelor p ¸si q. Observ˘ am c˘a tot¸i coeficient¸ii acestui sistem sunt ˆıntregi, iar sistemul este compatibil, deoarece chiar valorile coeficient¸ilor lui p ¸si q constituie o solut¸ie. Aspectul coeficient¸ilor arat˘ a ˆıns˘ a c˘ a putem g˘asi pentru acest sistem solut¸ii cu componentele 0 rat¸ionale. Prin urmare, exist˘ a p , q 0 ∈ Q[X] cu proprietatea c˘a p0 (x) = q 0 (x)f (x) pentru orice x ∈ T . Cum p(x) = q(x)f (x), obt¸inem p0 (x)q(x)f (x) = p(x)q 0 (x)f (x) pentru orice x ∈ T . Obt¸inem de aici relat¸ia p0 (x)q(x) = p(x)q 0 (x) pentru orice element x al mult¸imii 0 infinite T \ {x ∈ T | f (x) = 0}. ˆIn consecint¸˘a, avem p0 q = pq 0 , de unde pq0 = pq = f . Prin urmare, f se poate scrie ca un cˆ at de polinoame cu coeficient¸i rat¸ionali. Amplificˆand aceast˘a fract¸ie cu un num˘ ar ˆıntreg potrivit, putem scrie f chiar ca un cˆat de polinoame 00 cu coeficient¸i ˆıntregi: f = pq00 . Conform teoremei de ˆımp˘art¸ire cu rest, exist˘a s, r ∈ Q[X]

60

a¸sa ˆıncˆat p00 = q 00 s + r ¸si grad r < grad q 00 . Se obt¸ine relat¸ia f = s + qr00 . Exist˘a ˆıns˘a N ∈ N astfel ˆıncˆat N s ∈ Z[X]. Are deci loc relat¸ia

N r(x) q 00 (x)

= N f (x) − N s(x) ∈ Z pentru orice x ∈ N r(x) 00 n→±∞ q (x)

S \{x ∈ S | q 00 (x) 6= 0}. Pe de alt˘ a parte, grad N r < grad q 00 , deci lim q 00 (x)

= 0. Rezult˘a

c˘a pentru x ∈ S \ {x ∈ S | 6= 0} cu |x| suficient de mare avem N f (x) − N s(x) = 0, de unde r(x) = 0. A¸sadar, r are o infinitate de r˘ad˘acini, deci este nul. Rezult˘a c˘a f = s, deci f este polinom. Observat¸ie. Din demonstrat¸ie rezult˘a chiar f ∈ Q[X]. Problema 2.22 a) Fie n ∈ N ¸si P ∈ R[X] un polinom de grad n. Dac˘a P (a) ∈ Z pentru n + 1 valori ˆıntregi consecutive ale lui a, atunci P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z. b) Fie n ∈ N ¸si P ∈ R[X, Y ] un polinom de grad mai mic decˆat n. Dac˘a P (a, b) ∈ Z pentru orice valori a, b ∈ Z cu 0 ≤ a < b ≤ n, atunci P (a, b) ∈ Z pentru orice a, b ∈ Z. Solut¸ie. a) Demonstr˘ am afirmat¸ia prin induct¸ie dup˘a n. Cazul n = 0 este evident. Presupunem afirmat¸ia adev˘ arat˘ a pentru polinoamele de grad n ¸si fie P ∈ R[X] de grad n+1 cu proprietatea c˘ a exist˘ a t ∈ Z astfel ˆıncˆat P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ {t, t+1, . . . , t+n+1}. Consider˘am polinomul Q(X) = P (X +1)−P (X). Q are gradul n, iar Q(a) ∈ Z pentru orice a ∈ {t, t+1, . . . , t+n}. Conform ipotezei de induct¸ie, Q(a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z. Pe baza relat¸iilor P (a+1)−P (a) = Q(a) ∈ Z, obt¸inem inductiv atˆat P (t+n+2), P (t+n+3), . . . ∈ Z, cˆat ¸si P (t − 1), P (t − 2), . . . ∈ Z. b) S¸i aici vom face demonstrat¸ia prin induct¸ie dup˘a n. Dac˘a n = 1, atunci P este constant, de unde P = P (0, 1) ∈ Z, deci afirmat¸ia problemei este adev˘arat˘a. Fie acum n ≥ 2. Presupunem c˘ a afirmat¸ia este adev˘arat˘a pentru polinoamele de grad mai mic decˆ at n − 1. Fie polinomul P ∈ R[X, Y ] de grad mai mic decˆat n ¸si care are proprietatea P (a, b) ∈ Z pentru orice valori a, b ∈ Z cu 0 ≤ a < b ≤ n. Consider˘am polinoamele Q1 (X, Y ) = P (X + 1, Y + 1) − P (X, Y + 1) ¸si (2.10) Q2 (X, Y ) = P (X, Y + 1) − P (X, Y ).

(2.11)

Dac˘a 0 ≤ a < b ≤ n − 1, atunci numerele P (a, b), P (a, b + 1) ¸si P (a + 1, b + 1) sunt ˆıntregi, deci Q1 (a, b) ¸si Q2 (a, b) sunt ¸si ele ˆıntregi. ˆIn plus, polinoamele Q1 ¸si Q2 au gradul mai mic decˆat n − 1. Conform ipotezei de induct¸ie, Q1 (a, b) ¸si Q2 (a, b) sunt ˆıntregi pentru orice a, b ∈ Z. T ¸ inˆ and cont de propriet˘ a¸tile lui P ¸si de relat¸iile (2.10) ¸si (2.11), obt¸inem P (0, 1) ∈ Z,

(2.12)

P (a, b) ∈ Z ⇔ P (a + 1, b + 1) ∈ Z ¸si

(2.13)

P (a, b) ∈ Z ⇔ P (a, b + 1) ∈ Z.

(2.14)

Fie a, b ∈ Z. Aplicˆ and (2.13) de |a| ori ¸si apoi (2.14) de |b − a − 1| ori, obt¸inem: P (a, b) ∈ Z ⇔ · · · ⇔ P (0, b − a) ∈ Z ⇔ · · · ⇔ P (0, 1) ∈ Z. De aici ¸si din (2.12) rezult˘ a c˘ a P (a, b) ∈ Z.

Polinoame

61

  X  X(X − 1) · . . . · (X − k + 1) Problema 2.23 Pentru k ∈ N∗ not˘ am   = ∈ Q[X] k! k   X  (pentru k = 0, convenim s˘ a not˘ am   = 1). 0       X + 1   X  X  a) Ar˘atat¸i c˘ a −  =   pentru orice k ∈ N. k+1 k+1 k   X  b) Ar˘atat¸i c˘ a polinoamele  , k ∈ N, iau valori ˆıntregi ˆın orice n ∈ Z. k c) Ar˘atat¸i c˘a dac˘ a exist˘ a n ∈ Z astfel ˆıncˆat polinomul P ∈ R[X] de grad k ia valori ˆıntregi ˆın n, n + 1, . . . , n + k, atunci exist˘ a numerele ˆıntregi c0 , c1 , . . . , ck astfel ˆıncˆat         X   X  X  X  P = ck   + ck−1   + · · · + c1   + c0   . k k−1 1 0 Solut¸ie. a) Se obt¸ine prin calcul direct. b) Induct¸ie dup˘ a k: Pentru k ∈ {0, 1}, afirmat¸ia este evident˘a. Presupunem acum c˘aea  m − este adev˘arat˘ a pentru k. Folosind ˆın mod repetat relat¸ia de la a), constat˘am c˘a k+1     0 n ∈ Z. ∈ Z pentru orice m, n ∈ Z. Demonstrat¸ia se ˆıncheie constatˆand c˘a k+1 k+1         X X X X constituie o baz˘a ,..., , are gradul k, rezult˘a c˘a c) Cum polinomul k 1 0 k a spat¸iului vectorial real {P ∈ R[X] | grad P ≤ k}. Prin urmare, pentru orice polinom P ∈ R[X] de grad cel mult k exist˘ a c0 , c1 , . . . , ck ∈ R astfel ˆıncˆat         X X X X P = ck + ck−1 + · · · + c1 + c0 . k k−1 1 0 Mai avem de ar˘ atat c˘ a dac˘ a P are valori ˆıntregi ˆın n, n+1, . . . , n+k, atunci c0 , c1 , . . . , ck ∈ Z. Proced˘am prin induct¸ie dup˘ a k. Pentru k = 0, dac˘ a un polinom P de grad 0 ia ˆın n ∈ Z valoarea a ∈ Z, atunci P = a, deci P (m) ∈ Z pentru orice m ∈ Z. Presupunem acum afirmat¸ia adev˘ arat˘ a pentru polinoamele de grad cel mult k. S˘a presupunem c˘a polinomul         X X X X P = ck+1 + ck + · · · + c1 + c0 k+1 k 1 0 ia valori ˆıntregi ˆın n, n + 1, . . . , n + k + 1. Atunci polinomul       X X X ∆P (X) = P (X + 1) − P (X) = ck+1 + ck + · · · + c1 k k−1 0

62

are gradul cel mult k ¸si ia valori ˆıntregi ˆın n, n + 1, . . . , n + k. Conform ipotezei de induct¸ie, c1 , c2 , . . . , ck+1 ∈ Z. ˆIn plus,       n n n ∈ Z, c0 = P (n) − ck+1 − ck − · · · − c1 1 k+1 k ceea ce ˆıncheie pasul de induct¸ie ¸si demonstrat¸ia. f (k) − f (m) ∈ Z pentru orice k−m f (a) − f (b) valori ˆıntregi k, m cu 0 ≤ k < m ≤ n. Ar˘atat¸i c˘a ∈ Z pentru orice dou˘a a−b numere ˆıntregi a 6= b. Problema 2.24 Fie f ∈ R[X] de grad n. Presupunem c˘a

IMC, 2011 Solut¸ia 1. Demonstr˘ am afirmat¸ia prin induct¸ie dup˘a gradul n al polinomului f . Ea este adev˘arat˘ a ˆın mod evident pentru n = 1. Fie n ≥ 2; presupunem c˘a afirmat¸ia problemei este adev˘arat˘ a pentru polinoamele de grad n − 1. Fie f ∈ R[X] un polinom de grad n care ˆındepline¸ste condit¸iile din ipotez˘ a. (0) Polinomul g cu proprietatea f = Xg + f (0) are gradul n − 1; ˆın plus, g(a) = f (a)−f ∈Z a−0 pentru orice a ∈ {1, 2, . . . , n}. Conform problemei 2.22 a), P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z, deci f (a) − f (0) ∈ Z pentru orice a ∈ Z. (2.15) a−0 Pe de alt˘a parte, polinomul g(X) = f (X + 1) − f (X) are gradul n − 1, iar pentru k, m ∈ Z, k 6= m, are loc relat¸ia g(k) − g(m) f (k + 1) − f (m + 1) f (k) − f (m) = − . k−m (k + 1) − (m + 1) k−m Rezult˘a c˘a

g(k)−g(m) k−m

(2.16)

∈ Z pentru orice valori ˆıntregi k, m cu 0 ≤ k < m ≤ n − 1. Conform

∈ Z pentru orice dou˘a numere ˆıntregi a 6= b. ipotezei de induct¸ie, g(a)−g(b) a−b Fie acum dou˘ a valori ˆıntregi a 6= b. Dac˘a a > b > 0, ¸tinˆand cont de (2.15) ¸si (2.16), obt¸inem b f (a) − f (b) X g(a − k) − g(b − k) f (a − b) − f (0) = + ∈ Z. a−b (a − k) − (b − k) (a − b) − 0 k=1

Celelalte cazuri se trateaz˘ a analog. Solut¸ia 2.
∗ Lem˘ a Not˘ am L(k) = [1, 2, . . . , k] ¸si definim hk = L(k) X k , k ∈ N . Atunci, a − b divide hk (a) − hk (b) pentru orice a, b ∈ Z, a 6= b. Demonstrat¸ie. Presupunem mai ˆıntˆ ai k ≤ b < a. Comparˆand coeficient¸ii lui X k din   X   k  a a−b b a a−b b (1 + X) ¸si (1 + X) (1 + X) , constat˘am c˘a = . Prin urmare, k j k−j j=0

    a b hk (a) − hk (b) = L(k) − k k      k  k X X L(k) a − b − 1 a−b b b = L(k) = (a − b) . j−1 k−j j k−j j j=1

j=1

(2.17)

Polinoame

63

Rezult˘a c˘ a polinoamele P

    X b = L(k) − ∈ R[X] ¸si Q = (X − k k

   k X L(k) b X −b−1 b) ∈ R[X] au proprietatea P (a) = Q(a) pentru orice k−j j−1 j j=1

a ∈ {b + 1, b + 2, . . .}. Rezult˘ a c˘ a P =  Q, deci ia (2.17) are loc ¸si pentru  relat  ¸ X Y a ≤ b. Prin urmare, polinoamele R = L(k) − ∈ R[X, Y ] ¸si S = (X − k k    k X L(k) X − Y − 1 Y Y) ∈ R[X, Y ] au proprietatea c˘a R(a, b) = S(a, b) pentru j−1 k−j j j=1

orice (a, b) ∈ Nk × Nk , unde am notat Nk = {k, k + 1, . . .}. Conform problemei 2.10 avem R = S, de unde ¸si concluzia lemei. Polinomul f fiind de grad n, ˆıl putem scrie sub forma       X X X f = A0 + A1 + A2 + · · · + An , (2.18) 1 2 n cu A1 , . . . , An ∈ R. Vom demonstra prin induct¸ie c˘a pentru orice m ∈ {1, 2, . . . , n} exist˘a (0) tm ∈ Z astfel ˆıncˆ at Am = tm L(m). Cum A1 = f (1)−f ∈ Z, afirmat¸ia este adev˘arat˘a 1−0 pentru m = 1. Presupunem c˘ a pentru orice j ∈ {1, 2, . . . , m − 1} exist˘a tj ∈ Z astfel ˆıncˆat Aj = tj L(j). Dˆ and ˆın (2.18) lui X valorile m ¸si k ∈ {0, 1, . . . , m − 1}, obt¸inem m−1 X Aj hj (m) − hj (k) f (m) − f (k) Am = + . m−k L(j) m−k m−k j=1

Cum, conform lemei, tot¸i ceilalt¸i termeni ce apar ˆın aceast˘a relat¸ie sunt ˆıntregi, rezult˘a c˘a Am si el ˆıntreg. Cum k ∈ {0, 1, . . . , m − 1} a fost ales arbitrar, rezult˘a c˘a Am ∈ Z ¸si m−k este ¸ L(m)|Am , ceea ce ˆıncheie induct¸ia. Considerˆand acum a, b ∈ Z, a 6= b, avem n

f (a) − f (b) X Aj hj (a) − hj (b) = . a−b L(j) a−b j=1

f (a) − f (b) ∈ Z. a−b Solut¸ia 3. Afirmat¸ia problemei se obt¸ine aplicˆand rezultatul din problema 2.22 b) (Y ) polinomului g(X, Y ) = f (X)−f . X−Y

Conform lemei, de aici obt¸inem

Problema 2.25 Fie P ∈ Z[X] ¸si numerele ˆıntregi a1 < a2 < . . . < an . a) Demonstrat¸i c˘ a exist˘ a a ∈ Z cu proprietatea c˘a P (ai ) | P (a) pentru orice i ∈ {1, 2 . . . , k}. b) Exist˘a pentru orice P ∈ Z[X] un num˘ar a ∈ Z astfel ˆıncˆat P (a1 )P (a2 ) · · · P (ak ) | P (a)? IMC, 2008 Solut¸ie. a) Dac˘ a exist˘ a vreo valoare i pentru care P (ai ) = 0, afirmat¸ia problemei este evident˘ a. Dac˘ a P (a1 ) = · · · = P (ak ), alegem a = a1 ¸si am terminat. Putem a¸sadar considera c˘a P (a1 ), . . . , P (ak ) sunt nenule ¸si (dup˘a eventuala eliminare a elementelor ai care produc repetit¸ii) distincte dou˘ a cˆ ate dou˘a. Exist˘a ˆın mod evident numerele s, t prime ˆıntre ele cu propriet˘a¸tile s | P (a1 ), t | P (a2 ) ¸si

64

st = [P (a1 ), P (a2 )]. Exist˘ a de asemenea m, n ∈ Z astfel ˆıncˆat a1 + sm = a2 + tn; not˘am b2 = a1 + sm. Cum s | P (a1 + sm) − P (a1 ) ¸si t | P (a2 + tn) − P (a2 ), rezult˘a st | P (b2 ). Cu calcule similare, construim inductiv numerele ˆıntregi bi , i ∈ {3, . . . , k}, cu propriet˘a¸tile P (ai ) | P (bi ) ¸si P (bi−1 ) | P (bi ). a = bk este num˘arul cerut. b) R˘aspunsul la aceast˘ a ˆıntrebare este negativ: Dac˘a P = 2X 2 + 2, a1 = 0 ¸si a2 = 1, atunci pentru orice a ∈ Z avem P (a) ≡ 2 sau 4 (mod 8), deci 8 = P (a1 )P (a2 ) - P (a). Problema 2.26 Fie f, g ∈ Z[X], neconstante, cu proprietatea g | f . Ar˘atat¸i c˘a dac˘a polinomul f − 2008 are cel put¸in 81 r˘ ad˘acini ˆıntregi distincte, atunci grad g > 5. IMC, 2008 Solut¸ie. Fie h ∈ Z[X] astfel ˆıncˆ at f = gh. Consider˘am r˘ad˘acinile ˆıntregi distincte a1 , . . . , a81 ale lui f − 2008. Atunci, g(ai )h(ai ) = f (ai ) = 2008, i ∈ {1, . . . , 81}. Deci, g(a1 ), . . . , g(a81 ) sunt divizori ai lui 2008. Dar 2008 = 23 · 251, deci 2008 are exact 16 divizori ˆıntregi. Conform principiului cutiei, ˆın lista g(a1 ), . . . , g(a81 ) g˘ asim cel put¸in 6 numere egale, fie ele g(ai1 ), . . . , g(ai6 ). Atunci, polinomul g − g(ai1 ) are cel put¸in 6 r˘ ad˘acini distincte, deci are gradul cel put¸in 6. De aici rezult˘a c˘a avem ¸si grad g ≥ 6. Problema 2.27 Fie f ∈ Z[X]. Definim a0 = 0 ¸si an+1 = f (an ) pentru orice n ∈ N. Ar˘atat¸i c˘a dac˘ a exist˘ a m ∈ N∗ pentru care am = 0, atunci a1 a2 = 0. Putnam, 2000 Solut¸ia 1. Pentru orice m, n ∈ Z avem m − n | f (m) − f (n). ˆIn particular, dac˘a not˘am bn = an+1 − an , obt¸inem c˘ a bn | bn+1 pentru orice n ∈ N. Presupunem c˘ a exist˘ a m ∈ N∗ pentru care am = 0. Atunci, am = a0 , de unde am+1 = a1 , deci bm = b0 . Dac˘ a b0 = 0, atunci a0 = a1 = . . . = am ¸si am terminat. Dac˘a b0 6= 0, din b0 |b1 | . . . |bm ¸si bm = b0 deducem c˘a bk = ±b0 pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , m}. Dar b0 + b1 + · · · + bm−1 = am − a0 = 0, deci jum˘atate dintre numerele b0 , b1 , . . . , bm−1 sunt pozitive, iar celelalte sunt negative. Rezult˘a c˘a exist˘a k ∈ {1, 2, . . . , m − 1} pentru care bk−1 = −bk . De aici, ak+1 = ak−1 ¸si apoi an+2 = an pentru orice n ≥ k − 1. ˆIn particular, am+2 = am , de unde a2 = f (f (a0 )) = f (f (am )) = am+2 = am = 0. Solut¸ia 2. Fie m ∈ N∗ minim pentru care am = 0. Dac˘a exist˘a i, j ∈ {0, 1, . . . , m − 1}, i < j, astfel ˆıncˆ at ai = aj , atunci am−(j−i) = am = 0, contrazicˆand minimalitatea lui m. Prin urmare, pentru i, j ∈ N arbitrari, vom avea ai = aj dac˘a ¸si numai dac˘a m | j − i. Dac˘a m = 1, demonstrat¸ia se ˆıncheie. Dac˘a m > 1, fie ai , respectiv aj , elementul maxim, respectiv minim, al mult¸imii {a0 , a1 , . . . , am−1 }. Cum ai − aj | f (ai ) − f (aj ) = ai+1 − aj+1 , iar |ai+1 − aj+1 | ≤ ai − aj , rezult˘a c˘a |ai+1 −aj+1 | = ai −aj . De aici, rezult˘a c˘a {ai+1 , aj+1 } = {ai , aj }. Dac˘a ai+1 = ai , atunci m = 1. Altfel, ai+1 = aj , de unde ai+2 = aj+1 = ai , deci m|2. Prin urmare, m ∈ {1, 2}, de unde ¸si concluzia problemei. Observat¸ie. Printr-o schimbare de varibil˘a, rezult˘a c˘a dac˘a f ∈ Z[X], a ∈ Z, iar ¸sirul a, f (a), f (f (a)), . . . este periodic, atunci perioada sa este cel mult 2. Problema 2.28 Determinat¸i polinoamele P = an X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 , an 6= 0, care ˆındeplinesc urm˘ atoarele dou˘ a condit¸ii:

Polinoame

65

(i) (a0 , a1 , . . . , an ) este o permutare a sistemului (0, 1, . . . , n) (ii) Toate r˘ad˘ acinile lui P sunt rat¸ionale. IMC, 2005 Solut¸ia 1. Cum P (x) > 0 pentru orice x > 0, P nu are r˘ad˘acini ˆın R∗+ . Vom reprezenta deci r˘ ad˘ acinile lui P sub forma −αi , i ∈ {1, 2, . . . , n}, cu αi ∈ Q+ pentru fiecare i ∈ {1, 2, . . . , n}. Dac˘a a0 6= 0, atunci exist˘ a k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} pentru care αk = 0; folosind relat¸iile lui Vi`ete, obt¸inem contradict¸ia 0 < α1 α2 . . . αn−k + α1 α2 . . . αn−k−1 αn−k+1 + · · · + αk+1 αk+2 . . . αn = aank = 0. R˘ amˆ ane a¸sadar c˘a a0 = 0, deci una dintre r˘ad˘acinile lui P este nul˘a, fie ea αn . Presupunem c˘ a n ≥ 3 ¸si consider˘am polinomul Q = an X n−1 + an−1 X n−2 + · · · + a1 , care are r˘ ad˘ acinile −αi , i ∈ {1, 2 . . . , n − 1}. Conform relat¸iilor lui Vi`ete, a1 α1 α2 · · · αn−1 = (2.19) an a2 α1 α2 · · · αn−2 + α1 α2 · · · αn−3 αn−1 + · · · + α2 α3 · · · αn−1 = (2.20) an an−1 . (2.21) α1 + α2 + · · · + αn−1 = an ˆImp˘art¸ind membru cu membru relat¸ia (2.20) la (2.19), obt¸inem 1 1 1 a2 + + ··· + = . α1 α2 αn−1 a1

(2.22)

Din (2.21) ¸si (2.22), folosind inegalitatea mediilor, obt¸inem α1 + α2 + · · · + αn−1 an−1 = ≥ (n − 1)an n−1

1 α1

+

1 α2

n−1 + ··· +

1 αn−1

=

(n − 1)a1 , a2

a2 an−1 n2 a2 an−1 ≥ (n − 1)2 . Rezult˘ a c˘ a ≥ ≥ (n − 1)2 , de unde n ≤ 3. A¸sadar, a1 an 2 a1 an polinoamele care satisfac simultan (i) ¸si (ii) au gradul cel mult 3. Calcule imediate ne arat˘a c˘a polinoamele cerute sunt X, X 2 + 2X, 2X 2 + X, X 3 + 3X 2 + 2X ¸si 2X 3 + 3X 2 + X. Solut¸ia 2. Cum P are toate r˘ ad˘ acinile rat¸ionale, el se poate scrie sub forma

de unde

P =

n Y qk X + rk , sk

(2.23)

k=1

Q unde qk , rk , sk ∈ Z ¸siQ(qk , rk , sk ) = 1, k ∈ {1, 2, . . . , n}. Atunci, P s1 . . . sn = nk=1 (qk X + rk ), deci s1 . . . sn | nk=1 c(qk X + rk ), unde c(f ) desemneaz˘a, ca de obicei, cont¸inutul polinomului f . Rezult˘ a c˘ a putem simplifica membrul drept Q din (2.23) pˆan˘a la disparit¸ia complet˘a a numitorilor. Prin urmare, putem scrie P = nk=1 (bk X + ck ), unde bk , ck ∈ Z pentru fiecare k ∈ {1, 2 . . . , n}. Coeficientul dominant al lui P fiind pozitiv, putem presupune bk > 0, k ∈ {1, 2 . . . , n}. R˘ad˘acinile lui P sunt negative, deci ck ≥ 0, k ∈ {1, 2 . . . , n}. ˆIn plus, cel put¸in n − 1 dintre coeficient¸ii ck sunt strict pozitivi, altminteri am obt¸ine contradict¸ia a0 = a1 = 0. Se obt¸ine n Y n(n + 1) = 0 + 1 + · · · + n = an + · · · + a0 = P (1) = (bk + ck ) ≥ 2n−1 , 2 k=1

66

de unde n ≤ 4. ˆIn plus, num˘ arul n(n+1) se scrie ca produs de n − 1 numere naturale mai 2 mari decˆat 1, ceea ce elimin˘ a cazul n = 4. Pentru n = 1, singura solut¸ie este P = 1 · X + 0. Pentru n = 2, P (1) = 3 = 1 · 3, deci un factor trebuie s˘a fie X, iar cel˘alalt, X + 2 sau 2X + 1. Pentru n = 3, P (1) = 6 = 1 · 2 · 3, deci doi dintre factori trebuie s˘a fie X ¸si X + 1, iar al treilea poate fi unul dintre X + 2 ¸si 2X + 1. Se verific˘a u¸sor faptul c˘ a polinoamele astfel obt¸inute satisfac ˆıntr-adev˘ar condit¸iile (i) ¸si (ii). Ele sunt, desigur, cele enumerate la finalul primei solut¸ii. Problema 2.29 Fie a ∈ (0, 1), iar 0, a1 a2 a3 . . . reprezentarea sa zecimal˘a. Consider˘am X an xn . Dovedit¸i c˘a a este rat¸ional dac˘a ¸si numai dac˘a exist˘a fa : (0, 1) → R, fa (x) = n≥1

P, Q ∈ Z[X] astfel ˆıncˆ at fa (x) =

P (x) pentru orice x ∈ (0, 1). Q(x) SEEMOUS, 2007 X

Solut¸ie. Preciz˘ am c˘ a seria de puteri

an xn are raza de convergent¸˘a cel put¸in 1. Prin

n≥1

urmare, ea este convergent˘ a pentru orice x ∈ (0, 1). Dac˘a a ∈ (0, 1) ∩ Q, atunci fract¸ia zecimal˘a asociat˘a lui este periodic˘a, s˘a zicem a = 0, a1 . . . , at (at+1 . . . at+s ). Atunci, pentru orice x ∈ (0, 1) avem fa (x) =

t X

an xn + xt

n=1

=

s X j=1

t X

n

an x + x

t

n=1

Pt

at+j xj (1 + xs + x2s + · · · ) =

s X j=1

Ps t

at+j

P (x) xj = , 1 − xs Q(x)

∈ Z[X] ¸si Q = 1 − X s ∈ Z[X]. 1
P ( 10 ) 1 Reciproc, dac˘ a fa e de tipul precizat, atunci a = fa 10 = Q 1 ∈ Q. ( 10 ) unde P = (1 − X s )

n=1 an X

n

+X

j=1 at+j X

j

Problema 2.30 Fie n, k ∈ N∗ . Presupunem c˘a polinomul X 2k − X k + 1 ∈ C[X] divide X 2n + X n + 1. Ar˘ atat¸i c˘ a ¸si X 2k + X k + 1 divide X 2n + X n + 1. IMC, 2008 Solut¸ie. Not˘ am f = X 2n + X n + 1, g = X 2k − X k + 1, h = X 2k + X k + 1. π π Num˘arul complex z = cos 3k + i sin 3k este r˘ad˘acin˘a a lui g. Not˘am a = nπ 3k . Cum g|f , 2n n f (z) = g(z) = 0. Prin urmare, 0 = z + z + 1 = (cos 2a + i sin 2a) + (cos a + i sin a) + 1 = (2 cos a + 1)(cos a + i sin a). De aici rezult˘a 2 cos a + 1 = 0, deci a = ± 2π 3 + 2cπ, c ∈ Z. X 3k −1 2sπ Fie w o r˘ad˘ acin˘ a a lui h. Cum h = X k −1 , w este de forma cos 3k + i sin 2sπ 3k , cu s = 2n 3t ± 1, t ∈ Z. Este suficient s˘ a prob˘am c˘a f (w) = 0. Dar f (w) = w + wn + 1 = (cos 4sa + i sin 4sa) + (cos 2sa + i sin 2sa) + 1 = (2 cos 2sa + 1)(cos 2sa + i sin 2sa). Cum 4π(3t±1) 4πs 2 cos 2sa + 1 = 2 cos(2s(± 2π + 1 = 0, rezult˘a c˘a 3 + 2cπ)) + 1 = 2 cos 3 + 1 = 2 cos 3 f (w) = 0 ¸si problema este rezolvat˘ a.

Polinoame

67

Problema 2.31 Consider˘ am polinomul P = X 2 − 1 ∈ R[X]. Cˆate solut¸ii reale distincte are ecuat¸ia P (P (. . . (P (x)))) = 0? | {z } 2004

IMC, 2004 Solut¸ie. Not˘ am Pn (X) = P (P (. . . (P (X)))), n ∈ N∗ . Pentru orice n ≥ 2 ¸si orice x ∈ R | {z } n

avem Pn (x) = P (Pn−1 (x)) ≥ −1. Inegalitatea este evident˘a ¸si pentru n = 1. Prin urmare, ecuat¸ia Pn (x) = a, a < −1, nu are solut¸ii reale. Vom demonstra prin induct¸ie dup˘a n c˘a ecuat¸ia Pn (x) = a, a > 0, are exact dou˘a r˘ad˘acini reale distincte. Pentru n = 1, afirmat¸ia este evident˘ a. O presupunem adev˘ arat˘a pentru n; fie a > 0. Pn+1 (x) = a se √ rescrie P (Pn (x)) = a; solut ¸ ia acestei ecuat ¸ ii este reuniunea solut ¸ iilor ecuat ¸ iilor P (x) = a + 1 ¸si n √ √ Pn (x) = − a + 1. Dar a +√ 1 > 0, deci prima dintre aceste ecuat¸ii are exact dou˘a solut¸ii reale distincte, ˆın timp ce − a + 1 < 0, deci cea de-a doua ecuat¸ie nu are solut¸ii reale. Prin urmare, Pn+1 (x) = a are exact dou˘a solut¸ii reale distincte. Vom demonstra acum prin induct¸ie faptul c˘a ecuat¸ia Pn (x) = 0 are exact n+1 solut √¸ii reale distincte. Dac˘ a n = 1, solut¸iile sunt x = ±1, iar dac˘a n = 2, solut¸iile sunt 0 ¸si ± 2, deci afirmat¸ia este adev˘ arat˘ a ˆın aceste situat¸ii. Presupunem acum afirmat¸ia adev˘arat˘a pentru ∗ n ∈ N . Observ˘ am c˘ a Pn+2 (x) = P2 (Pn (x)) = Pn2 (x)(Pn2 (x) − 2), √ deci solut¸ia ecuat ¸iei √ Pn+2 (x) = 0 este reuniunea solut¸iilor ecuat¸iilor Pn (x) = 0, Pn (x) = 2 ¸si Pn (x) = − 2. Conform ipotezei de induct¸ie, ecuat¸ia Pn (x) =√0 are exact n + 1 solut¸ii reale distincte; conform celor ar˘ atate √ mai sus, ecuat¸ia Pn (x) = 2 are dou˘a solut¸ii reale distincte, pe cˆand ecuat¸ia Pn (x) = − 2 nu are solut¸ii reale. Prin urmare, ecuat¸ia Pn+2 (x) = 0 are exact n + 3 solut¸ii reale distincte, ceea ce ˆıncheie pasul de induct¸ie. ˆIn concluzie, ecuat¸ia din enunt¸ are exact 2005 solut¸ii reale distincte. Problema 2.32 Fie k cel mai mic num˘ar natural cu proprietatea: ,,Exist˘a numere ˆıntregi distincte m1 , m2 , m3 , m4 , m5 cu proprietatea c˘a polinomul P = (X − m1 )(X − m2 )(X − m3 )(X − m4 )(X − m5 ) are exact k coeficient¸i nenuli”. Determinat¸i k ¸si o mult¸ime {m1 , m2 , m3 , m4 , m5 } pentru care el se realizeaz˘a. Putnam, 1985 Solut¸ie. Dac˘ a am avea k = 1, atunci P ar fi X 5 , care nu are 5 r˘ad˘acini ˆıntregi distincte. Dac˘a am avea k = 2, atunci P ar fi de forma X 5 + aX r , a ∈ Z∗ , 0 ≤ r ≤ 4. P ar avea deci r˘ad˘acina dubl˘ a 0 pentru r ≥ 2 ¸si cel put¸in o r˘ad˘acin˘a nereal˘a pentru r ∈ {0, 1}. A¸sadar, P nu ar verifica condit¸iile din enunt¸. Prin urmare, trebuie s˘ a avem k ≥ 3. Cum X(X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) = X 5 − 5X 3 + 4X, rezult˘ a k = 3 ¸si un exemplu de mult¸ime pentru care se realizeaz˘a acest minim: {−2, −1, 0, 1, 2}. Observat¸ie. Problema a fost dat˘ a ca atare la concurs; ea se generalizeaz˘a astfel: Determinat¸i cel mai mic num˘ ar natural k cu proprietatea: ,,Exist˘ a numerele ˆıntregi distincte m1 , m2 , . . . , mn cu proprietatea c˘ a polinomul P = (X − m1 )(X − m2 ) · · · (X − mn ) are exact k coeficient¸i nenuli”. Varianta generalizat˘ a se poate rezolva cu ajutorul urm˘atoarei teoreme a lui Descartes: Teorem˘ a. Dac˘ a P = a1 X r1 + a2 X r2 + · · · + ak X rk ∈ R[X], a1 a2 · · · ak 6= 0,

68

r1 > r2 > . . . > rk , atunci num˘ arul r˘ ad˘ acinilor reale pozitive ale lui P (socotind ¸si ordinele de multiplicitate) este egal cu num˘ arul de schimb˘ ari de semn din ¸sirul a1 , a2 , . . . , ak minus un num˘ ar natural par. Solut¸ia variantei generalizate a problemei: Dac˘a P are exact k coeficient¸i nenuli, atunci P are cel mult k − 1 r˘ ad˘ acini mai mari decˆat 0. Aplicˆand teorema lui Descartes pentru P (−X), constat˘ am c˘ a P are cel mult k − 1 r˘ad˘acini mai mici decˆat 0. Prin urmare, P are cel mult 2k − 1 r˘ ad˘ acini distincte. A¸sadar, n ≤ 2k − 1, deci k ≥ n+1 a parte, 2 . Pe de alt˘  n+1 dac˘a n este par, iar k = 2 , atunci polinomul P = (X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) · · · (X − (k − 1))(X + (k − 1))   are exact k coeficient¸i nenuli. Dac˘ a n este impar, iar k = n+1 2 , atunci polinomul P = X(X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) · · · (X − (k − 1))(X + (k − 1)) are de asemenea exact k coeficient¸i nenuli. Prin urmare, minimumul cerut este k =

 n+1  2

.

Problema 2.33 Fie P ∈ R[X] cu proprietatea c˘a P (x) ≥ 0 pentru orice x ∈ R. Ar˘atat¸i P c˘a exist˘a k ∈ N∗ ¸si polinoame f1 , f2 , . . . , fk ∈ R[X] astfel ˆıncˆat P = nj=1 fj2 . Putnam, 1999 √ Solut¸ia 1. Dac˘ a P = c ∈ R+ , lu˘ am k = 1 ¸si f1 = c. Dac˘a grad P ≥ 1, descompunem P ˆın produs de factori ireductibili ˆın R[X]. ˆIn aceast˘a descompunere, factorii de gradul ˆıntˆ ai trebuie s˘a apar˘a la puteri pare, deoarece ˆın caz contrar am avea schimbare de semn pentru valorile lui P ˆın r˘ad˘acina oric˘arui factor ,,recalcitrant”. A¸sadar, P va fi produsul dintre un p˘ atrat ¸si un produs de polinoame monice ¸si ireductibile de gradul 2. Dac˘ a X 2 + aX + b este un astfel de factor, atunci el se poate scrie sub forma q 2
a 2 a2 X+2 + b − 4 , deci este suma p˘atratelor a dou˘a polinoame. Este evident ˆıns˘a c˘a dac˘a ˆınmult¸im sume de p˘ atrate, rezultatul va fi o sum˘a de p˘atrate, deci problema este rezolvat˘a. Solut¸ia 2. Demonstr˘ am afirmat¸ia problemei prin induct¸ie dup˘a gradul lui P . Dac˘a P √ are gradul 0, atunci P = c ∈ R+ , ¸si lu˘ am k = 1 ¸si f1 = c. Dac˘a grad P ≥ 1, observ˘ am, ca ˆın solut¸ia 1, c˘a factorii liniari ai lui P trebuie s˘a apar˘a la puteri pare. Prin urmare, P se scrie sub forma Q2 R, unde Q, R ∈ R[X], iar R nu are r˘ad˘acini reale. Dac˘a grad Q > 0, atunci, conform ipotezei de induct¸ie, R este sum˘a de p˘atrate, deci aceea¸si proprietate o are ¸si P = Q2 R. Dac˘a grad Q = 0, atunci, cum grad R este par, avem lim R(x) = +∞, deci R va avea x→±∞

o valoare minim˘ a, fie ea a. Din propriet˘a¸tile lui R deducem c˘a a > 0. Atunci, R − a are r˘ad˘acina a ¸si toate valorile ˆın R+ , deci ˆıi putem aplica lui R − a tratamentul din cazul √ precedent. Obt¸inem faptul c˘ a R − a este sum˘a de p˘atrate, deci ¸si P = Q2 (R − a) + (Q a)2 are aceea¸si proprietate. Observat¸ie. De fapt, orice polinom P ∈ R[X] care are numai valori pozitive se poate scrie ca sum˘ a de (cel mult) dou˘ a p˘ atrate de polinoame. Pentru a demonstra acest lucru, este suficient s˘ a complet˘ am solut¸ia 1 cu precizarea c˘a scrierea lui P ca produs de polinoame care se scriu ca sume de cˆ ate dou˘ a p˘ atrate ne conduce (folosind inductiv observat¸ia c˘a dac˘a

Polinoame

69

pentru dou˘a elemente x, y ale unui inel comutativ A exist˘a x1 , x2 , y1 , y2 ∈ A astfel ˆıncˆat x = x21 + x22 ¸si y = y12 + y22 , atunci xy = (x1 y1 + x2 y2 )2 + (x1 y2 − x2 y1 )2 ) la o scriere a lui P ca sum˘a de dou˘ a p˘ atrate de polinoame. Problema 2.34 Polinomul P ∈ R[X] de grad n ∈ N are proprietatea c˘a exist˘a Q ∈ R[X] polinom de gradul 2 astfel ˆıncˆ at P = QP 00 . Ar˘atat¸i c˘a dac˘a P are dou˘a r˘ad˘acini distincte, atunci el are n r˘ ad˘ acini distincte. Putnam, 1999 Solut¸ie. Dac˘ a n ∈ {0, 1}, nu exist˘ a polinoame P ca ˆın enunt¸, deci afirmat¸ia problemei este adev˘arat˘ a ˆın mod trivial. Dac˘ a n = 2, concluzia este imediat˘a. Fie acum n ≥ 3. Presupunem c˘ a P are dou˘ a r˘ ad˘ acini distincte, dar c˘a nu are n r˘ad˘acini distincte. Atunci, P are cel put¸in o r˘ ad˘ acin˘ a cu ordin de multiplicitate k ≥ 2; putem presupune f˘ar˘a restrˆangere de generalitate c˘ a aceast˘ a r˘ ad˘ acin˘ a este 0. Atunci, cea mai mare putere a lui X care divide P 00 este X k−2 . Cum P = QP 00 , rezult˘ a c˘a X 2 | Q. Cum Q este de gradul al doilea, rezult˘a c˘a exist˘a C ∈ R astfel ˆıncˆ at Q = CX 2 . Comparˆand Pcoeficient¸ii dominant¸i ai polinoamelor 1 00 P ¸si QP , constat˘ am c˘ a C = n(n−1) . Scriem P = nj=0 aj X j ; din egalitatea P = CX 2 P 00 , obt¸inem aj = Cj(j − 1)aj pentru orice j ∈ {0, 1, . . . , n}. De aici rezult˘a c˘a aj = 0 pentru orice j ∈ {0, 1, . . . , n − 1}. Prin urmare, P = an X n , deci P nu are dou˘a r˘ad˘acini distincte, contradict¸ie. Problema 2.35 Exist˘ a ¸siruri de numere reale nenule a0 , a1 , . . . astfel ˆıncˆat pentru orice n ∈ N∗ polinomul Pn = a0 + a1 X + · · · + an X n s˘a aib˘a n r˘ad˘acini reale distincte? Putnam, 1998 Vom ar˘ata c˘ a r˘ aspunsul la ˆıntrebarea problemei este afirmativ. Solut¸ia 1. Punem a0 = 1, a1 = −1. Construim inductiv ¸sirul (an )n dup˘a cum urmeaz˘a: Presupunem construite numerele a0 , a1 , . . . , an a¸sa ˆıncˆat Pn s˘a aib˘a n r˘ad˘acini reale distincte x1 < x2 < · · · < xn . Fie c0 , c1 , . . . , cn ∈ R astfel ˆıncˆat c0 < x1 < c1 < · · · < xn < cn . Atunci, semnele numerelor Pn (c0 ), Pn (c1 ), . . . , Pn (cn ) alterneaz˘a. Definim an+1 = −ε sgn (Pn (cn )), unde ε este pozitiv ¸si suficient de mic ˆıncˆat, definind Pn+1 = Pn + an+1 X n+1 , s˘a avem sgn(Pn+1 (ci )) = sgn(Pn (ci )) pentru orice i ∈ {0, 1, . . . , n}. Cum funct¸ia asociat˘a lui Pn+1 este continu˘ a, ea are proprietatea lui Darboux. Prin urmare, Pn+1 va avea cˆate o r˘ad˘acin˘a ˆıntre ci ¸si ci+1 pentru fiecare i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} ¸si o r˘ad˘acin˘a mai mare decˆat cn , deoarece sgn(Pn+1 (cn )) 6= limx→+∞ sgn(Pn+1 (x)). Prin urmare, Pn+1 are n + 1 r˘ad˘acini reale. 2 Solut¸ia 2. Definim an = (−1)n · 10−n , n ∈ N. Dac˘a Pn = a0 + a1 X + · · · + an X n , atunci avem n X 2 2 (−1)k · 10−k Pn (102k ) = (−1)i−k · 10−(i−k) = i=0

=

n−k X j=−k

2

(−1)j · 10−j > 1 − 2

∞ X

2

10−j > 0,

j=1

Pn (1)Pn (102 ), Pn (104 ), . . . , Pn (102n )

deci semnele numerelor alterneaz˘a. Prin urmare, folosind proprietatea lui Darboux a funct¸iei polinomiale asociate lui Pn , rezult˘a c˘a Pn

70

are cel put¸in n r˘ ad˘ acini reale distincte. Cum ˆıns˘a grad P = n, P va avea exact n r˘ad˘acini reale distincte. Problema 2.36 Polinomul P ∈ R[X] de grad n are toate r˘ad˘acinile reale. a) Ar˘atat¸i c˘ a pentru orice x ∈ R are loc inegalitatea (n − 1)(P 0 (x))2 ≥ nP (x)P 00 (x).

(2.24)

b) Precizat¸i cazurile ˆın care ˆın relat¸ia (2.24) are loc egalitatea. IMC, 1998 Solut¸ie. Observ˘ am c˘ a dac˘ a n ≤ 1 ambii membri ai relat¸iei (2.24) sunt nuli, deci ea e verificat˘a cu egalitate. Presupunem acum n > 1. Not˘am cu x1 , x2 , . . . , xn r˘ad˘acinile lui P . Relat¸ia (2.24) este evident verificat˘ a pentru x = xi , i ∈ {1, 2, . . . , n}, iar egalitatea are loc dac˘a ¸si numai dac˘ a P 0 (xi ) = 0, deci dac˘a ¸si numai dac˘a xi este r˘ad˘acin˘a multipl˘a pentru P. S˘a presupunem acum c˘ a x nu e r˘ ad˘ acin˘a pentru P . Folosind relat¸iile n

P 0 (x) X 1 = P (x) x − xi

P 00 (x) = P (x)

¸si

i=1

n X 1≤i<j≤n

2 , (x − xi )(x − xj )

obt¸inem  (n − 1)

P 0 (x) P (x)

n

2 −n

P 00 (x) X n − 1 = − P (x) (x − xi )2 i=1

n X 1≤i<j≤n

2 . (x − xi )(x − xj )

(2.25)

Membrul drept al relat¸iei anterioare este ˆıns˘a n X 1≤i<j≤n



1 1 − (x − xi ) (x − xj )

2 ≥0

(2.26)

¸si inegalitatea (2.24) este demonstrat˘ a. Din (2.26) deducem ¸si c˘a dac˘a ˆın relat¸ia (2.24) are loc egalitatea, atunci x1 = x2 = · · · = xn . Pe de alt˘a parte, verificarea direct˘a arat˘a c˘a orice polinom P de forma c(X − a)n , c, a ∈ R, n ∈ N, verific˘a relat¸ia (2.24). Problema 2.37 G˘ asit¸i toate polinoamele P ∈ R[X] de grad n ≥ 2 care au n r˘ad˘acini   reale distincte r1 < r2 < · · · < rn ¸si verific˘a relat¸iile P 0 ri +r2 i+1 = 0 pentru orice i ∈ {1, 2, . . . , n − 1}. Putnam, 1991
2 Solut¸ie. Dac˘ a P = aX 2 + bX + c, atunci P 0 = 2a X − r1 +r . Prin urmare, toate 2 polinoamele de gradul 2 cu r˘ ad˘ acini reale distincte au propriet˘a¸tile din enunt¸. S˘a presupunem acum c˘ a polinomul P ∈ R[X] de grad n > 2 are r˘ad˘acinile reale r1 < r2 <

Polinoame

71

· · · < rn . Exist˘ a prin urmare a ∈ R astfel ˆıncˆat P = a(X − r1 )(X − r2 ) · · · (X − rn ). Not˘am r = rn−12+rn . Cum P (r) 6= 0, avem 1 1 P 0 (r) 1 + + ··· + . = P (r) r − r1 r − r2 r − rn Dar r − rn = −(r − rn−1 ), deci P 0 (r) 1 1 1 + + ··· + > 0, = P (r) r − r1 r − r2 r − rn−2 de unde deducem c˘ a P 0 (r) 6= 0. Prin urmare, niciun polinom de grad mai mare decˆat 2 nu satisface propriet˘ a¸tile din enunt¸. ˆIn concluzie, polinoamele cu proprietatea dat˘a sunt exact cele de gradul II care au r˘ad˘acini reale distincte. Observat¸ie. Cazul polinoamelor de grad n > 2 putea fi abordat dup˘a cum urmeaz˘a: Notˆand Q = (X − r1 )(X − r2 ) · · · (X − rn−2 ), se obt¸ine P 0 = 2a(X − r)Q + a(X − rn−1 )(X − rn )Q0 . Conform teoremei lui Rolle, r˘ ad˘ acinile lui Q0 sunt ˆın intervalul (r1 , rn−2 ). Rezult˘a c˘a r nu e r˘ad˘acin˘a a lui Q0 , deci nici a lui P . Ca urmare, P nu satisface condit¸iile din enunt¸. Problema 2.38 Fie f 6= 0 un polinom cu coeficient¸i reali. Definim ¸sirul de polinoame f0 , f1 , f2 , . . . astfel: f0 = f , iar fn+1 = fn + fn0 pentru orice n ∈ N. Demonstrat¸i c˘a exist˘a N ∈ N astfel ˆıncˆ at pentru orice n ≥ N polinomul fn s˘a aib˘a toate r˘ad˘acinile reale. IMC, 2007 Solut¸ie. Pentru comoditatea scrierii, vom folosi aceea¸si notat¸ie pentru polinoame ¸si pentru funct¸iile asociate. Pentru g ∈ R[X] not˘am cu d(g) distant¸a minim˘a dintre dou˘a r˘ad˘acini ale sale (dac˘ a g are mai put¸in de dou˘a r˘ad˘acini reale, punem d(g) = +∞). Lema 1. Fie g ∈ R[X]. Presupunem c˘ a g ¸si g + g 0 sunt ambele de grad k ≥ 2 ¸si au cˆ ate 0 k r˘ ad˘ acini distincte. Atunci, d(g + g ) ≥ d(g). Demonstrat¸ie. Fie x1 < x2 < · · · < xk r˘ad˘acinile lui g. Presupunem c˘a exist˘a r˘ad˘acini a, b ale lui g + g 0 pentru care 0 < b − a < d(g). Atunci, a, b nu sunt r˘ad˘acini ale lui g ¸si 0 (a) 0 (b) 0 au loc relat¸iile gg(a) = gg(b) = −1. Cum funct¸ia gg este strict descresc˘atoare pe intervalele dintre dou˘a r˘ ad˘ acini consecutive ale lui g, trebuie s˘a existe j ∈ {1, 2, . . . , k} astfel ˆıncˆat a < xj < b. Pe de alt˘a parte, pentru orice i ∈ {1, 2, . . . , k − 1} avem xi+1 − xi > b − a, de unde a − xi > b − xi+1 . Pentru i < j, ambii membri ai acestei inegalit˘a¸ti sunt pozitivi; dac˘a 1 i ≥ j, ei sunt negativi. ˆIn oricare din cazuri, a−x < b−x1i+1 . Prin urmare, i k−1

k−1

X g 0 (a) X 1 1 1 1 g 0 (b) = + < + = , g(a) a − xi a − xk b − xi+1 b − x1 g(b) i=1 | {z } | {z } i=1 <0

>0

contradict¸ie. Aceasta ˆıncheie demonstrat¸ia lemei 1. Revenim la solut¸ia problemei. Not˘ am m = grad f . Vom demonstra prin induct¸ie dup˘a m c˘a

72

pentru n suficient de mare fn are m r˘ ad˘acini reale distincte. Cazurile m ∈ {0, 1} sunt triviale; vom presupune deci m ≥ 2. Putem, f˘ar˘a a restrˆange generalitatea, s˘a presupunem c˘a f este monic. Conform ipotezei de induct¸ie, afirmat¸ia este adev˘arat˘a pentru f 0 ; ignorˆand acei primi termeni care nu au proprietatea considerat˘a, vom presupune c˘a fn0 are m−1 r˘ad˘acini (n) (n) (n) distincte pentru orice n. Not˘ am aceste r˘ad˘acini cu x1 > x2 > · · · > xm−1 . Atunci, fn are (n)

(n)

(n)

(n)

punctele de minim local x1 , x3 , . . . ¸si punctele de maxim local x2 , x4 , . . .. Aplicˆand 0 teorema lui Rolle funct¸iei ex fn0 (x), constat˘am c˘a pentru orice n ¸si i funct¸ia fn+1 = fn0 + fn00 (n)

(n)

0 are o r˘ad˘acin˘ a ˆın intervalul (xi+1 , xi ). Folosind aceea¸si funct¸ie, constat˘am c˘a fn+1 are de (n)

asemenea o r˘ ad˘ acin˘ a ˆın intervalul (−∞, xm−1 ). Prin urmare, ˆın fiecare dintre aceste m − 1 0 intervale fn+1 are exact o r˘ ad˘ acin˘ a. Avem deci (n)

x1

(n+1)

> x1

(n)

> x2

(n+1)

> x2

(n)

> x3

(n)

(n+1)

> x3

> ...

(2.27)

(n)

Lema 2. Avem lim fn (xj ) = −∞ pentru j impar, iar lim fn (xj ) = +∞ pentru j n→+∞ n→+∞ par. Demonstrat¸ie. Not˘ am d = min{d(f 0 ), 1}; conform lemei 1, d(fn0 ) ≥ d pentru orice n ∈ N∗ . (n) Consider˘am o valoare par˘ a j ∈ {1, 2, . . . , m − 1}. Not˘am b = xj ¸si alegem a ∈ R astfel ˆıncˆat d ≤ b − a ≤ 1, iar fn0 nu are nicio r˘ad˘acin˘a ˆın intervalul (a, b). Fie ξ ∈ R cu 1 proprietatea c˘ a b−ξ = m (b − a); evident, ξ ∈ (a, b). Observ˘am c˘a m−1 X X X 1 fn00 (ξ) 1 1 1 + , = = + 0 (n) (n) (n) fn (ξ) ξ−b i=1 ξ − xi i<j ξ − xi i>j ξ − xi | {z } | {z } 1 < ξ−a

<0

fn00 (ξ) 1 1 < (m − 1) + = 0. 0 fn (ξ) ξ−a ξ−b 00 Cum fn0 este pozitiv˘ a pe (a, b), iar ffn0 este descresc˘atoare pe acest interval, rezult˘a c˘a fn00 n atoare) pe (ξ, b). Prin urmare, este negativ˘ a (deci, fn0 este descresc˘ de unde

b

Z fn (b) − fn (ξ) =

fn0 (t)dt

ξ

Z ≤

b

fn0 (ξ)dt = (b − ξ)fn0 (ξ).

ξ

De aici, fn (ξ) + fn0 (ξ) ≥ fn (b) + (1 − (b − ξ))fn0 (ξ) =   1 1 = fn (b) + (1 − (b − a))fn0 (ξ) ≥ fn (b) + 1 − fn0 (ξ). m m Cum ˆıns˘a fn0 (ξ) = |fn0 (ξ)| = m

m−1 Y i=1

dm−1 (n) | ξ − xi | ≥ m| ξ − b|m−1 ≥ , deducem c˘a mm−2 | {z }

≥|ξ−b| m−1 0 fn (ξ) + fn (ξ) ≥ fn (b) + ε, unde am notat ε = (m−1)d . De aici ¸si din (2.27) rezult˘a c˘a mm−1 (n+1) (n) (n) fn+1 (xj ) ≥ fn (xj ) + ε, ceea ce conduce imediat la lim fn (xj ) = +∞. Cazul j n→+∞

impar se trateaz˘ a analog. Lema 2 este a¸sadar demonstrat˘a. Lema 2 arat˘ a c˘ a, pentru n suficient de mare, maximele locale ale lui fn sunt strict pozitive, iar minimele sale locale sunt strict negative. Prin urmare, fn are m r˘ad˘acini distincte, ceea ce ˆıncheie pasul de induct¸ie ¸si demonstrat¸ia.

Polinoame

73

Problema 2.39 G˘ asit¸i r˘ ad˘ acinile complexe ale polinomului P =

2008 X

(1004 − |1004 − n|)X n

n=1

¸si ordinele lor de multiplicitate. Vojtech Jarnik, 2008

Solut¸ie. Se observ˘ a c˘ aP =X

1003 X

!2 X

n

n=0

. Cum

1003 X n=0

Xn =

X 1004 − 1 , P are r˘ad˘acina X −1

kπ kπ + i sin 502 , k ∈ {1, 2, . . . , 1003}, fiecare cu ordin de multiplicisimpl˘a 0 ¸si r˘ ad˘ acinile cos 502 tate 2.

Problema 2.40 Polinomul P ∈ C[X] are gradul n ¸si toate r˘ad˘acinile sale se afl˘a pe cercul unitate. Ar˘atat¸i c˘ a ¸si polinomul 2XP 0 − nP are toate r˘ad˘acinile pe cercul unitate. IMC, 1995 Solut¸ie. Not˘ am Q = 2XP 0 − nP ; fie a1 , a2 , . . . , an r˘ad˘acinile lui P . Avem Q = (X + a1 )(X −a2 ) · · · (X −an )+(X −a1 )(X +a2 ) · · · (X −an )+· · ·+(X −a1 )(X −a2 ) · · · (X +an ), n X Q X + ak z+a |z|2 − |a|2 deci = . Cum pentru orice z, a ∈ C avem Re = , obt¸inem P X − ak z−a |z − a|2 k=1 n X Q(z) |z|2 − 1 Re = pentru orice z ∈ C\{a1 , a2 , . . . , an }. Prin urmare, Q(z) = 0 P (z) |z − ak |2 k=1 implic˘a |z| = 1. Problema 2.41 Fie p ∈ C[X] de grad n ≥ 1. Ar˘atat¸i c˘a exist˘a cel put¸in n + 1 numere complexe z pentru care p(z) ∈ {0, 1}. IMC, 2000 Solut¸ie. Pentru q ∈ C[X] ¸si c ∈ C vom nota cu m(q, c) ordinul de multiplicitate al r˘ad˘acinii c a lui q (dac˘ a q(c) 6= 0, consider˘am m(q, c) = 0). Not˘am cu Sj = {z ∈ C | p(z) = j}, j ∈ {0, 1}. S0 ∪ S1 cont¸ine toate r˘ ad˘acinile polinoamelor p ¸si p − 1. Prin urmare, X X m(p, c) = m(p − 1, c) = n. (2.28) c∈S0

c∈S1

Polinomul p0 are cel mult n − 1 r˘ ad˘ acini (aici se folose¸ste ipoteza n ≥ 1), deci X m(p0 , c) ≤ n − 1.

(2.29)

c∈S0 ∪S1

Dac˘a p(c) = 0 sau p(c) − 1 = 0, atunci m(p, c) − m(p0 , c) = 1, respectiv m(p − 1, c) − m(p0 , c) = 1.

(2.30)

74

Din (2.28), (2.29) ¸si (2.30) obt¸inem |S0 | + |S1 | =

X

(m(p, c) − m(p0 , c)) +

c∈S0

=

X c∈S0

m(p, c) +

X

m(p − 1, c) −

c∈S1

X

(m(p − 1, c) − m(p0 , c)) =

c∈S1

X

m(p0 , c) ≥ n + n − (n − 1) = n + 1.

c∈S0 ∪S1

Problema 2.42 (Formulele lui Newton) Fie K un corp comutativ. Pentru fiecare i ∈ N, i > 0, consider˘ am polinoamele pi = X1i + . . . + Xni ∈ K[X1 , . . . , Xn ]. S˘a se arate c˘a: (i) pk − s1 pk−1 + . . . + (−1)n sn pk−n = 0 pentru orice k > n. (ii) pk − s1 pk−1 + . . . + (−1)k−1 sk−1 p1 + (−1)k ksk = 0 pentru orice 1 ≤ k ≤ n. Solut¸ie. (i) Din relat¸iile Xin −s1 Xin−1 +· · ·+(−1)n−1 sn−1 Xi +(−1)n sn = 0, 1 ≤ i ≤ n, obt¸inem c˘a Xik − s1 Xik−1 + · · · + (−1)n−1 sn−1 Xik−n+1 + (−1)n sn Xik−n = 0 pentru orice k > n. Sumˆand aceste relat¸ii obt¸inem relat¸ia dorit˘a. (ii) Pentru k = n, formula se obt¸ine cu calculele de la punctul (i). Pentru k < n, ar˘at˘am mai ˆıntˆai c˘a dac˘a un polinom f ∈ K[X1 , . . . , Xn ] este omogen de grad q < n ¸si are proprietatea c˘a atunci cˆand d˘ am valoarea zero la oricare n − q dintre nedeterminatele X1 , . . . , Xn , polinomul (ˆın celelalte q nedeterminate) care rezult˘a se anuleaz˘a, atunci f = 0. ˆIntr-adev˘ar, dac˘a f ar fi nenul, el s-ar scrie ca o sum˘a de termeni nenuli de forma aXik11 · · · Xikss cu kj ≥ 1 pentru orice 1 ≤ j ≤ s ¸si k1 + . . . + ks = q. De aici rezult˘a ˆın particular c˘a s ≤ q. Alegˆand un astfel de termen ¸si f˘ acˆ and Xi zero pentru orice i ∈ / {i1 , . . . , is }, obt¸inem un polinom nenul, contradict¸ie. Consider˘am acum polinomul simetric f (X1 , . . . , Xn ) = pk −s1 pk−1 +· · ·+(−1)k−1 sk−1 p1 + (−1)k ksk pentru k < n. Avem c˘a f este polinom omogen de grad k. Dar f (X1 , . . . , Xk , 0, . . . 0) = p0k − s01 p0k−1 + · · · + (−1)k−1 s0k−1 p01 + (−1)k ks0k , unde s0j = sj (X1 , . . . , Xk , 0, . . . 0) ¸si p0j = pj (X1 , . . . , Xk , 0, . . . 0). Cum s01 , . . . , s0k sunt polinoamele simetrice fundamentale ˆın nedeterminatele X1 , . . . , Xk , rezult˘a din cazul k = n considerat la ˆınceput c˘ a avem f (X1 , . . . , Xk , 0, . . . 0) = 0. Cum f este polinom simetric, obt¸inem c˘a polinomul care rezult˘ a atunci cˆ and d˘ am valoarea zero la oricare n − k dintre nedeterminatele X1 , . . . , Xn este nul. Aceasta arat˘a c˘a f = 0. Problema 2.43 Cˆ a¸ti coeficient¸i nenuli poate avea un polinom P ∈ Z[X] dac˘a |P (z)| ≤ 2 pentru orice z ∈ C cu |z| = 1? IMC, 2007 Solut¸ie. Vom ar˘ ata c˘ a num˘ arul coeficient¸ilor nenuli nu poate fi decˆat 0, 1 sau 2. Cum polinoamele P0 = 0, P1 = 1 ¸si P2 = 1 + X ˆındeplinesc condit¸iile din enunt¸, putem ˆıntradev˘ar avea 0, 1, respectiv 2 coeficient¸i nenuli. Fie acum un polinom P = a0 + a1 X + · · · + an X n ca ˆın enunt¸. Presupunem c˘a P are cel put¸in doi coeficient¸i nenuli. ˆInlocuind eventual P cu −P ¸si ˆımp˘art¸ind prin X ord P (ˆın urma acestor operat¸ii, condit¸ia din enunt¸ se p˘astreaz˘a, iar num˘arul de coeficient¸i nenuli r˘amˆane acela¸si), putem considera a0 > 0. Not˘am Q = a1 X + a2 X 2 + · · · + an−1 X n−1 . Vom ar˘ata c˘a Q = 0.

Polinoame

75

Pentru k ∈ {0, 1, . . . , n} consider˘ am numerele complexe ( 2kπi e n , dac˘a an > 0 wk = (2k+1)πi e n , dac˘a an < 0. Utilizˆand de pild˘ a formulele lui Newton (vezi problema 2.42), constat˘am c˘a aceste numere verific˘a relat¸ia n−1 X

Q(wk ) =

k=0

n−1 X

Q(w0 e

2kπi n

)=

n−1 X j=1

k=0

aj w0j

n−1 X

(e

2jπi n

)k = 0,

k=0

de unde deducem n−1

n−1

k=0

k=0

1X 1X P (wk ) = (a0 + Q(wk ) + an wkn ) = a0 + |an |. n n Folosind inegalitatea din enunt¸, obt¸inem n−1

n−1

k=0

k=0

1X 1X 2≥ |P (wk )| ≥ | P (wk )| = a0 + |an | ≥ 2. n n De aici rezult˘ a c˘ a a0 = |an | = 1 ¸si |2 + Q(wk )| = |P (wk )| = 2 pentru fiecare k ∈ {1, . . . , n − 1}. Prin urmare, toate valorile Q(wk ) sunt pe cercul |2 + z| = 2, ˆın timp ce suma lor este 0. De aici deducem Q(wk ) = 0 pentru toate valorile k ∈ {1, . . . , n − 1}. ˆIn concluzie, Q are cel put¸in n r˘ ad˘ acini, iar gradul cel mult n − 1. Rezult˘a c˘a polinomul Q este nul, deci n P = a0 + an X are exact doi coeficient¸i nenuli. Problema 2.44 Fie k ∈ N∗ ¸si P un polinom de gradul n cu coeficient¸i ˆın {−1, 0, 1}. q k < . Presupunem c˘ a (X − 1)k | P . Fie q un num˘ar prim cu proprietatea lnq ln(n + 1) Dovedit¸i c˘a r˘ ad˘ acinile complexe de ordin q ale unit˘a¸tii sunt r˘ad˘acini ¸si pentru P . IMC, 2001 2πj i q

, j ∈ {1, 2, . . . q − 1}. Dup˘a Solut¸ie. Punem P = (X − 1)k R, R ∈ Z[X], ¸si εj = e cum polinomul ciclotomic Φq = X q−1 + X q−2 + · · · + 1 (care este ireductibil!) divide sau nu R, avem fie c˘ a R are ca r˘ ad˘ acini toate numerele ε1 , . . . , εq−1 , fie c˘a R nu are drept r˘ad˘acin˘a niciunul dintre aceste numere. S˘a presupunem c˘ a niciunul dintre numerele ε1 , . . . , εq−1 nu este r˘ad˘acin˘a pentru R. Atunci, q−1 Y R(εj ) este un polinom simetric de ε1 , . . . , εq−1 , deci este un num˘ar ˆıntreg nenul. j=1

Obt¸inem q−1 q−1 Y Y q−1 k R(εj ) ≥ (n + 1) ≥ |P (εj )| = (1 − εj ) · j=1 j=1 j=1 k q−1 Y ≥ (1 − εj ) = (1q−1 + 1q−2 + · · · + 1)k = q k , j=1 q−1 Y

q k ≥ . ln q ln(n + 1) R˘amˆane a¸sadar c˘ a toate numerele ε1 , . . . , εq−1 sunt r˘ad˘acini pentru R, deci ¸si pentru P . ceea ce conduce la contradict¸ia

76

Problema 2.45 Fie P, Q ∈ C[X] cu grad P > grad Q ¸si f (z) =

P (z) Q(z) .

Presupunem c˘a

toate r˘ad˘acinile lui P sunt ˆın interiorul cercului unitate |z| = 1, iar toate r˘ad˘acinile lui Q sunt ˆın exteriorul acestui cerc. Ar˘ atat¸i c˘a max |f 0 (z)| > |z|=1

grad P − grad Q max |f (z)|. 2 |z|=1 Vojtech Jarnik, 2011

Solut¸ie. Putem presupune f˘ ar˘ a a restrˆange generalitatea c˘a valoarea max |f (z)| se |z|=1

atinge pentru z = 1. Fie P = a

n1 Q

(X − cj ) ¸si Q = b

j=1

n2 = grad Q. Atunci,

n2 Q

(X − dk ), unde n1 = grad P , iar

k=1 n

n

j=1

k=1

1 2 X f 0 (z) X 1 1 = − . f (z) z − cj z − dk

Cum |cj | < 1, rezult˘ a c˘ a Re rezult˘a c˘a Re Prin urmare,

1 1 > pentru orice j ∈ {1, 2, . . . , n1 }. Cum |dk | > 1, 1 − cj 2

1 1 < pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , n2 }. 1 − dk 2 |f 0 (1)| f 0 (1) n1 n2 grad P − grad Q ≥ Re > − = , deci |f (1)| f (1) 2 2 2

max |f 0 (z)| ≥ |f 0 (1)| = |z|=1

|f 0 (1)| grad P − grad Q |f (1)| ≥ max |f (z)|. |f (1)| 2 |z|=1

Problema 2.46 Demonstrat¸i c˘ a exist˘ a o constant˘a real˘a C astfel ˆıncˆat pentru orice polinom P ∈ R[X] de grad 1999 s˘ a aib˘ a loc inegalitatea Z

1

|P (0)| ≤ C

|P (x)|dx. −1

Putnam, 1999 Solut¸ia 1. Fie Π ⊂ R[X] mult¸imea polinoamelor de grad cel mult 1999. Identific˘am Π cu R2000 via 1999 X Φ : Π → R2000 , Φ( ai X i ) = (a0 , a1 , . . . , a1999 ). i=0

Fie S=

(1999 X i=0

) ai X i ∈ Π |

max

i=0,...,1999

|ai | = 1 .

Atunci, S este compact˘ a ˆın Π ≈ R2000 , deoarece este ˆınchis˘a ¸si m˘arginit˘a.RFunct¸ia Π×R → 1 R, (P, x) 7→ |P (x)| este continu˘ a. Prin urmare, ¸si g : Π → R, g(P ) = −1 |P (x)|dx este continu˘a; aceea¸si proprietate o va avea deci ¸si restrict¸ia lui g la S. Cu considerat¸ii similare, obt¸inem faptul c˘ a funct¸ia f : S → R, f (P ) = |P (0)| este continu˘a. Cum g(P ) 6= 0 pentru

Polinoame

77

orice P ∈ S, funct¸ia

f g

: S → R este continu˘a. S fiind compact˘a, exist˘a C > 0 astfel ˆıncˆat

f (P ) g(P )

< C pentru orice P ∈ S. Fie acum P ∈ Π arbitrar. Exist˘ a a ∈ R ¸si Q ∈ S astfel ˆıncˆat P = aQ. Avem deci f (P ) = |a|f (Q) ≤ |a|Cg(Q) = Cg(P ), ¸si afirmat¸ia problemei este demonstrat˘a. Observat¸ie. Aceast˘ a metod˘ a folose¸ste la demonstrat¸ia rezultatului standard care afirm˘a c˘a orice dou˘ a norme pe un spat¸iu vectorial real finit dimensional sunt echivalente. De fapt, problema poate fi rezolvat˘ a aplicˆand acest rezultat normelor P 7→ sup |P (x)| x∈[−1,1] Z 1 ¸si P 7→ |P (x)|dx definite pe R-spat¸iul vectorial Π ≈ R2000 . −1

Solut¸ia 2. Este suficient s˘ a demonstr˘am afirmat¸ia pentru polinoame cu termenul liber egal cu 1. Fie deci P ∈ R[X] de grad 1999 ¸si astfel ˆıncˆat P (0) = 1. Scriem Q 1 1 P = 1999 (1 − X), unde r , r ad˘acinile lui P . Fix˘am un ε < 3998 1 2 , . . . , r1999 sunt r˘ i=1 r1 ¸si consider˘am discurile ˆınchise de raz˘
a ε centrate ˆın r1 , r2 , . . . , r1999 . Intersect¸ia reuniunii acestor discuri cu segmentul − 21 , 21 const˘a ˆın cel
mult 1999 intervale de lungime total˘a cel mult 3998ε; complementara ˆın raport cu − 12 , 12 a acestei intersect¸ii const˘a ˆın cel mult 2000 de intervale, de lungime total˘ a cel put¸in 1 − 3998ε. Prin urmare, cel put¸in unul dintre aceste intervale va avea lungimea cel put¸in δ = 1−3998ε > 0. Fie (c, d) un astfel de inter2000 val. Dac˘a x ∈ (c, d), pentru acele r˘ ad˘ acini ri ale lui P cu proprietatea |ri | ≤ 1 vom avea |1 − rxi | ≥ |x − ri | > ε, ˆın timp ce pentru r˘ad˘acinile ri ale lui P cu proprietatea |ri | ≥ 1 vom avea |1 − rxi | ≥ 1 − | rxi | > ε. Prin urmare, Z

1

Z |P (x)|dx ≥

−1

1

d 1999 Y

c

i=1

Z

1 − x dx ≥ δε1999 . ri

1

, obt¸inem |P (0)| ≤ C |P (x)|dx. δε1999 −1 Observat¸ie. A doua metod˘ a d˘ a o valoare explicit˘a pentru C. De exemplu, punˆand 1 1999 2001 ε= , obt¸inem C = 2 · 2000 . 4000 Punˆand C =

Problema 2.47 Pentru f, g ∈ Z[X] ¸si m ∈ Z spunem c˘a f ≡ g (mod m) dac˘a tot¸i coeficient¸ii lui f − g sunt multipli de m. Fie n, p ∈ N∗ , p prim. Ar˘atat¸i c˘a dac˘a pentru f, g, h, r, s ∈ Z[X] au loc relat¸iile rf + sg ≡ 1 (mod p) ¸si f g ≡ h (mod p), atunci exist˘ a F, G ∈ Z[X] astfel ˆıncˆat F ≡ f (mod p), G ≡ g (mod p) ¸si F G ≡ h (mod pn ). Putnam, 1986 Solut¸ie. Fie f, g, h, r, s ∈ Z[X] ca ˆın enunt¸. Vom demonstra prin induct¸ie dup˘a k faptul c˘a exist˘ a Fk , Gk ∈ Z[X] astfel ˆıncˆat Fk ≡ f (mod p), Gk ≡ g (mod p) ¸si Fk Gk ≡ h k (mod p ), iar cu aceasta problema va fi rezolvat˘a. Pentru k = 1, polinoamele F1 = f ¸si G1 = g au ˆın mod evident propriet˘a¸tile cerute. Presupunem acum construite Fk ¸si Gk . Vom c˘auta Fk+1 de forma Fk + pk S ¸si Gk+1 de forma Gk + pk R, unde R, S ∈ Z[X] vor fi alese mai tˆarziu. Cu alegeri de acest tip, avem Fk+1 ≡ Fk ≡ f (mod p), Gk+1 ≡ Gk ≡ g (mod p) ¸si Fk+1 Gk+1 = Fk Gk + pk (RFk + SGk ) + p2k RS ≡ Fk Gk + pk (RFk + SGk ) (mod pk+1 ).

78

Conform ipotezei de induct¸ie, exist˘ a t ∈ Z[X] cu proprietatea h − Fk Gk = pk t. Alegˆand R = tr ¸si S = ts, obt¸inem RFk + SGk ≡ trf + tsg ≡ t (mod p), de unde Fk+1 Gk+1 ≡ Fk Gk + pk (RFk + SGk ) ≡ Fk Gk + pk t = h (mod pk+1 ), ceea ce ˆıncheie pasul de induct¸ie ¸si demonstrat¸ia. Problema 2.48 S˘ a se arate c˘ a urm˘ atoarele polinoame sunt ireductibile: (i) f ∈ Q[X], f = X n − 2; (ii) f ∈ Q[X], f = X p−1 + . . . + X + 1, unde p ∈ N este num˘ar prim; n

(iii) f ∈ Q[X], f = X p + p − 1, unde n, p ∈ N ¸si p este num˘ar prim; (iv) f ∈ Z[X], f = X p − X + a, unde a, p ∈ Z, p este num˘ar prim ¸si (a, p) = 1. Solut¸ie. (i) f este ireductibil ˆın Q[X] conform criteriului lui Eisenstein (aplicat pentru inelul factorial Z ¸si elementul prim p = 2). Cum ˆın plus f este primitiv, rezult˘a c˘a el este ireductibil ¸si ˆın Z[X]. (ii) Aplicat¸ia Φ : Z[X] → Z[X], Φ(h) = h(X + 1) este evident un morfism de inele unitare. Analog Ψ : Z[X] → Z[X], Ψ(h) = h(X − 1) este morfism de inele unitare ¸si este inversul lui Φ, deci Φ este izomorfism. Prin urmare, f este ireductibil dac˘a ¸si numai dac˘a Φ(f ) = f (X + 1) este ireductibil. Avem ˆıns˘a p

(X + 1)p − 1 X k k−1 f (X + 1) = = Cp X . (X + 1) − 1 k=1

Din scrierea Cpj =

p! p(p − 1) · · · (p − j + 1) = , j!(p − j)! j(j − 1) · · · 1

se obt¸ine j(j − 1) · · · 1 · Cpj = p(p − 1) · · · (p − j + 1) ¸si deci p divide unul din factorii produsului din membrul stˆ ang al egalit˘a¸tii iar singurul posibil este Cpj . ˆIn concluzie, p|Cpj pentru orice j ∈ {1, . . . , p − 1}. Prin urmare, f (X + 1) ∈ Z[X] verific˘a condit¸iile pentru aplicarea criteriului lui Eisenstein (ˆın raport cu elementul prim p ∈ Z). Se obt¸ine c˘a f (X + 1) este ireductibil peste Q. Fiind monic este ¸si primitiv, deci este ireductibil peste Z. Conform celor de mai sus, f ∈ Z[X] este la rˆandul s˘au ireductibil. pn P (iii) Cu notat¸iile de la punctul (ii), Φ(f ) = Cpkn X k + p. Pentru j ∈ {1, 2, . . . , pn − 1} k=1

avem Cpjn =

pn (pn − 1) · · · (pn − j + 1) pn pn − 1 pn − 2 pn − (j − 1) = · · ··· . j! j 1 2 j−1

Fiecare i ∈ {1, 2, . . . , j} se poate reprezenta sub forma pti hi , unde ti ∈ N, ti < n iar hi nu se divide cu p. Atunci Cpjn

j−1 j−1 pn Y pn − i pn Y pn−ti − hi = = tj . j i p hj hi i=1

i=1

Membrul drept al relat¸iei de mai sus, fiind egal cu Cpjn , trebuie s˘a fie ˆıntreg. Pe de alt˘a parte, singurele numere divizibile cu p care apar ˆın el sunt pn ¸si ptj . Prin urmare, dup˘a ce facem toate simplific˘ arile posibile, obt¸inem un num˘ar ˆıntreg divizibil prin pn−tj . Cum

Polinoame

79

tj < n, tragem concluzia c˘ a fiecare coeficient binomial Cpjn , j ∈ {1, . . . , pn − 1}, este divizibil cu p. ˆIn consecint¸˘ a, lui f (X + 1) ∈ Z[X] i se poate aplica criteriul lui Eisenstein (ˆın raport cu elementul prim p ∈ Z). Se deduce c˘a f (X + 1) este ireductibil ˆın Q[X]. Fiind monic, este ¸si primitiv, deci este ireductibil ¸si peste Z. Rezult˘a a¸sadar c˘a f ∈ Z[X] este la rˆandul s˘au ireductibil. (iv) Aplic˘am criteriul reducerii. Consider˘am morfismul canonic π : Z → Zp , π(x) = x b ¸si extinsul s˘au π : Z[X] → Zp [X]. Este suficient s˘a demonstr˘am c˘a polinomul f = π(f ), f = Xp − X + b a este ireductibil ˆın Zp [X]. Fie K o extindere a lui Zp ˆın care f are o r˘ad˘acin˘a ¸si fie α ∈ K o r˘ ad˘ acin˘ a a lui f . ˆIn grupul multiplicativ Zp \ {0} (de ordin p − 1) orice element x b are proprietatea x bp−1 = 1, deci pentru orice b k ∈ Zp avem relat¸ia p b b b [ k = k. De aici rezult˘ a c˘ a α, α + 1, . . . , α + p − 1 sunt ¸si ele r˘ad˘acini pentru f . Fiind ˆın num˘ar de p, ele sunt de fapt toate r˘ad˘acinile polinomului f . Presupunem acum c˘a f este reductibil ˆın Zp [X]. Exist˘ a atunci dou˘a polinoame neconstante g, h ∈ Zp [X] pentru \ care f = gh. De aici obt¸inem (X − α)(X − α − b 1) · · · (X − α − (p − 1)) = gh, adic˘a g b b b este de forma (X − α − k1 )(X − α − k2 ) · · · (X − α − ks ), 1 ≤ s < p. Atunci elementul (α+ kb1 )+(α+ kb2 )+· · ·+(α+ kbs ), care este coeficientul lui X s−1 din scrierea lui g, apart¸ine lui Zp . Urmeaz˘ a sα ∈ Zp , de unde, cum p - s, α ∈ Zp . Acum, pe de o parte f (α) = b 0, deci p α −α+b a=b 0, iar pe de alta, αp − α = b 0. Rezult˘a b a=b 0, adic˘a p|a, contradict¸ie. Problema 2.49 S˘ a se arate c˘ a urm˘ atoarele polinoame sunt ireductibile: (i) f ∈ Q[X], f = (X 4 + X 3 + 1)n + 4(X 4 + X 3 + 1)m + 2, unde m, n ∈ N, n > m; (ii) f ∈ Z[X], f = X 4 + 3X 3 + 3X 2 − 5. Solut¸ie. (i) Consider˘ am morfismul canonic π : Z → Z2 , π(a) = b a, ¸si extinsul s˘au π : Z[X] → Z2 [X] (pentru orice h ∈ Z[X] vom nota π(h) cu h). Atunci f = (X 4 +X 3 +1)n . Dac˘a presupunem c˘ a f admite o descompunere relevant˘a peste Z, fie ea f = gh, atunci (cum gradul lui f nu scade cˆ and ˆıi reducem coeficient¸ii modulo 2 iar g ¸si h nu pot fi constante c˘aci f este polinom primitiv) exist˘a p, q ∈ N∗ cu p + q = n astfel ca g = (X 4 + X 3 +1)p ¸si h = (X 4 +X 3 +1)q . Rezult˘ a c˘a f = [(X 4 +X 3 +1)p +2g1 ][(X 4 +X 3 +1)q +2h1 ]. ˆInmult¸im ¸si obt¸inem (X 4 + X 3 + 1)n + 4(X 4 + X 3 + 1)m + 2 = (X 4 + X 3 + 1)p+q + 2(X 4 + X 3 + 1)p h1 + 2(X 4 + X 3 + 1)q g1 + 4g1 h1 , de unde 2(X 4 + X 3 + 1)m + 1 = (X 4 + X 3 + 1)p h1 + (X 4 + X 3 + 1)q g1 + 2g1 h1 . Aplicˆand din nou π, obt¸inem ˆın Z2 [X] relat¸ia contradictorie 1 = (X 4 + X 3 + 1)p h1 + (X 4 + X 3 + 1)q g1 . R˘amˆane a¸sadar c˘a f este ireductibil peste Z (deci ¸si peste Q). (ii) Polinomul f = X 4 + 3X 3 + 3X 2 − 5 nu are r˘ad˘acini rat¸ionale, deoarece nici unul dintre divizorii lui 5 nu este r˘ ad˘ acin˘ a. Prin urmare, el fiind ¸si primitiv, singurul mod ˆın care s-ar putea descompune este ca produs de dou˘a polinoame (ireductibile) de gradul al doilea. Fie f = gh o astfel de descompunere a lui f ˆın Z[X]. Reducem aceast˘a relat¸ie modulo 2 ¸si obt¸inem ˆın Z2 [X] relat¸ia X 4 + X 3 + X 2 + 1 = f = gh. Cum 4 = grad g + grad h ≤ grad g + grad h = 4, obt¸inem grad g = grad h = 2. Pe de alt˘a parte, ˆın inelul euclidian Z2 [X] polinomul f are descompunerea unic˘a ˆın factori primi f = (X + 1)(X 3 + X + 1), contradict¸ie. R˘ amˆ ane deci c˘ a f este ireductibil. Problema 2.50 Fie p un num˘ ar prim. Vom spune c˘a num˘arul n ∈ N∗ este p-interesant dac˘a exist˘a f, g ∈ Z[X] astfel ˆıncˆ at X n − 1 = (X p − X + 1)f + pg.

80

a) Ar˘atat¸i c˘ a num˘ arul pp − 1 este p-interesant. b) Pentru care numere prime p este pp − 1 cel mai mic num˘ar p-interesant? IMC, 2011 Solut¸ie. S˘ a observ˘ am pentru ˆınceput c˘a num˘arul n este p-interesant dac˘a ¸si numai p dac˘a X − X + 1 divide X n − 1 ˆın Zp [X]. Toate congruent¸ele care vor ap˘area ˆın continuare sunt modulo X p − X + 1 ˆın inelul Zp [X]. 2 a) Avem evident X p ≡ X − 1. Apoi, X p ≡ (X − 1)p = X p − 1 ≡ X − 2. Inductiv, k p p X p ≡ X −k, k ∈ N. Rezult˘ a c˘ a X p ≡ X, adic˘a X(X p −1 −1) ≡ 0. Cum X ¸si (X p −X +1) p p sunt prime ˆıntre ele ˆın Zp [X], rezult˘ a X p −1 − 1 ≡ 0, adic˘a (X p − X + 1)|X p −1 − 1. 2 p−1 p b) X 1+p+p +···+p = X · X p · · · X p −1 ≡ X(X − 1) · · · (X − (p − 1)) = X p − X ≡ −1. 2 p−1 Prin urmare, X 2(1+p+p +···+p ) − 1 ≡ 0, deci num˘arul a = 2(1 + p + p2 + · · · + pp−1 ) este p-interesant. 2 Dac˘a p > 3, atunci a = p−1 (pp − 1) < pp − 1, deci avem numere p-interesante mai mici p decˆat p − 1. Vom ar˘ata c˘ a pentru p = 2 ¸si p = 3, pp − 1 este cel mai mic num˘ar p-interesant. S˘a observ˘am c˘a, deoarece (X t − 1, X u − 1) = X (t,u) − 1 (vezi problema 2.5), cel mai mare divizor comun al unor numere p-interesante este ¸si el un num˘ar p-interesant. ˆIn consecint¸˘a, cel mai mic num˘ ar p-interesant divide toate numerele p-interesante. ˆIn particular, cel mai mic num˘ar p-interesant divide pp − 1. Dac˘a p = 2, pp − 1 = 3, deci cel mai mic num˘ar 2-interesant este 1 sau 3. Cum ˆıns˘a X 2 − X + 1 nu divide X − 1 ˆın Z2 [X], r˘amˆane c˘a 3 = 22 − 1 este cel mai mic num˘ar 2-interesant. Dac˘a p = 3, pp − 1 = 26, care are divizorii 1, 2, 13 ¸si 26. Evident, X 3 − X + 1 nu divide ˆın 2 Z3 [X] nici pe X − 1, nici pe X 2 − 1. Pe de alt˘a parte, X 13 = X 1+3+3 ≡ −1 6≡ 1. A¸sadar, niciunul dintre numerele 1,2 ¸si 13 nu este 3-interesant, deci cel mai mic num˘ar 3-interesant este 26 = 33 − 1. A¸sadar, numerele cerute sunt 2 ¸si 3. 2 p−1 Observat¸ie. Punctul a), precum ¸si congruent¸a X 1+p+p +···+p ≡ −1 se pot obt¸ine Zp [X] ¸si astfel: consider˘ am extinderea de corpuri Zp ,→ K = (X p −X+1) (K este corp deoarece X p − X + 1 este ireductibil peste Zp ). Gradul extinderii fiind p, avem |K| = pp . Cum b 6= 0, el este un element al grupului multiplicativ K \ {0}. Prin urmare, X b pp −1 = x=X p p xp −1 = 1 ˆın K, adic˘ a X p − X + 1|X p −1 − 1 ˆın Zp [X]. ˆIn plus, polinomul X p − X + 1 are p−1 ˆın K r˘ad˘acinile x, xp , . . . , xp . Produsul acestora va fi, conform relat¸iilor lui Vi`ete, egal cu (−1)p , de unde congruent¸a dorit˘ a. Problema 2.51 G˘ asit¸i toate aplicat¸iile Q-liniare Φ : Q[X] → Q[X] cu proprietatea c˘a pentru orice polinom ireductibil P ∈ Q[X] polinomul Φ(P ) este de asemenea ireductibil. Vojtech Jarnik, 2011 Solut¸ie. Vom ar˘ ata c˘ a aplicat¸iile cerute sunt cele de forma Φ : Q[X] → Q[X], Φ(P ) = aP (bX + c), unde a, b, c ∈ Q, ab 6= 0. Este clar c˘a orice astfel de aplicat¸ie p˘astreaz˘a ireductibilitatea polinoamelor. Demonstr˘am ˆın continuare c˘a orice aplicat¸ie cu propriet˘a¸tile dorite este de aceast˘ a form˘ a. Lema 1 Fie f, g ∈ Q[X] cu proprietatea c˘ a pentru orice c ∈ Q polinomul f + cg este

Polinoame

81

ireductibil. Atunci, fie g = 0, fie f are gradul 1, iar g este o constant˘ a nenul˘ a. (x0 ) Demonstrat¸ie. Presupunem c˘ a exist˘ a x0 ∈ Q pentru care g(x0 ) 6= 0. Pentru c = − fg(x 0) avem (f + cg)(x0 ) = 0, deci exist˘ a α ∈ Q∗ astfel ˆıncˆat f + cg = α(X − x0 ). Fie x1 6= x0 (x1 ) pentru care g(x1 ) 6= 0. Cum f (x1 ) + cg(x1 ) = α(x1 − x0 ) 6= 0, pentru c1 = − fg(x avem 1) c1 6= c. Ca mai sus, exist˘ a α1 ∈ Q∗ pentru care f + c1 g = α1 (X − x1 ). Sc˘azˆand cele dou˘a relat¸ii, obt¸inem informat¸ia c˘ a gradul lui (c1 − c)g este cel mult 1; este imediat c˘a g ¸si f au aceea¸si proprietate. Dac˘ a f = aX + b, iar g = a1 X + b1 , atunci din ireductibilitatea lui f deducem a 6= 0. Dac˘ a a1 6= 0, atunci polinomul f − aa1 g este constant, deci nu este ireductibil, contradict¸ie. R˘ amˆ ane c˘ a a1 = 0 ¸si lema este demonstrat˘a. Not˘am acum gk = Φ(X k ). Lema 2 g0 este o constant˘ a nenul˘ a, iar g1 are gradul 1. Demonstrat¸ie. Cum polinomul X + c este ireductibil pentru orice c ∈ Q, rezult˘a c˘a g1 + cg0 are aceea¸si proprietate. Conform lemei 1, fie g0 = 0, fie g0 este constant, iar g1 de gradul 1. S˘ a presupunem c˘ a g0 = 0. Fie c ∈ Q. Polinomul X 2 + cX + c2 ∈ Q[X] fiind ireductibil, rezult˘ a c˘ a g2 + cg1 este ireductibil. Conform lemei 1, obt¸inem c˘a g1 este constant, deci nu este ireductibil, contradict¸ie. R˘amˆane prin urmare c˘a g0 6= 0, ceea ce ˆıncheie demonstrat¸ia lemei 2. Not˘am g0 = C, g1 = AX + B. ˆIntrucˆat aplicat¸iile Ψα,β : Q[X] → Q[X], Ψα,β (P ) = P (αX + β) sunt automorfisme de inel unitar, rezult˘a c˘a putem continua demonstrat¸ia ˆınlocuind Φ cu aplicat¸ia P 7→ C −1 Φ(P (A−1 CX − A−1 CB)). ˆIn aceste condit¸ii, g0 = 1, g1 = X, iar noi dorim s˘a ar˘at˘am c˘a gn = X n pentru orice n ∈ N. Fie n ≥ 2. Presupunem c˘ a gk = X k pentru orice k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}. Not˘am n h = gn − X . Presupunem c˘ a h 6= 0. Pentru orice polinom f monic, ireductibil ¸si de grad n, avem Φ(f ) = f + h, deci ¸si f + h este ireductibil. Fie x0 ∈ Q pentru care h(x0 ) 6= 0. Scriem h(x0 ) = − uv , u ∈ Z∗ , v ∈ N∗ . Not˘am t = 6uv ¸si consider˘am un divizor prim p al num˘arului 1 − 6n un−1 v n+1 6∈ {−1, 0, 1}. Dac˘a p2 - 1 − 6n un−1 v n+1 , consider˘ am f = (X − x0 + t)n − tn + uv . Cum vf = v(X − x0 + t)n + u(1 − 6n un−1 v n+1 ), vf (X + x0 − t) este ireductibil conform criteriului lui Eisenstein, deci ¸si f este ireductibil. Dac˘a p2 | 1−6n un−1 v n+1 , consider˘ am f = (X −x0 +t)n +p(X −x0 +t)−tn −pt+ uv . Atunci, n vf = v(X − x0 + t) + vp(X − x0 + t) + u(1 − 6n un−1 v n+1 ) − 6puv 2 . Cum (p, 6uv) = 1, rezult˘a c˘a p2 - u(1 − 6n un−1 v n+1 ) − 6puv 2 . Prin urmare, vf (X + x0 − t) este ireductibil conform criteriului lui Eisenstein, deci ¸si f este ireductibil. Am obt¸inut a¸sadar un polinom monic, de grad n ¸si ireductibil f ∈ Q[X] cu proprietatea f (x0 ) = −h(x0 ). Atunci, X − x0 |f + h. Condit¸ia de ireductibilitate ne duce la concluzia c˘a grad(f + h) = 1. Dac˘a n ≥ 3, constat˘ am, cu argumente similare celor de mai sus, c˘a m˘acar unul dintre polinoamele f + p(X − x0 + t)2 − pt2 ¸si f + 2p(X − x0 + t)2 − 2pt2 este ireductibil; not˘am cu g acest polinom. Avem c˘ a g + h este ireductibil, de grad 2 ¸si divizibil prin X − x0 , contradict¸ie. Dac˘a n = 2, iar h = −X 2 + aX + b, alegem c ∈ Q astfel ca polinomul f = X 2 − aX + c s˘a fie ireductibil, ¸si constat˘ am c˘ a f + h (care trebuie s˘a fie ireductibil!) este constant, contradict¸ie. Presupunerea c˘ a h 6= 0 duce a¸sadar la contradict¸ie ˆın toate situat¸iile. R˘amˆane c˘a h = 0, deci gn = 0, ceea ce ˆıncheie pasul de induct¸ie ¸si demonstrat¸ia.

82

Problema 2.52 Fie K un corp. S˘ a se arate c˘a: (i) polinomul X r + Y s , r, s ∈ N∗ , (r, s) = 1, este ireductibil ˆın K[X, Y ]; (ii) polinomul X r + Y s + Z t , r, s, t ∈ N∗ cu r ≡ 1 (mod st), este ireductibil ˆın K[X, Y, Z]. Solut¸ie. (i) Not˘ am f = X r + Y s . S˘a presupunem c˘a f = gh cu g, h ∈ K[X, Y ] neinversabile. Scriem g = g0 + g1 X + · · · + gk X k ¸si h = h0 + h1 X + · · · + hl X l , unde gi ∈ K[Y ] pentru orice i ∈ {1, . . . , k}, hj ∈ K[Y ] pentru orice j ∈ {1, . . . , l} ¸si constat˘am c˘a l =grad si k = gradX (g) ≤ r. Cu considerat¸ii similare g˘asim m = gradY (g) ≤ s ¸si X (h) ≤ r ¸ n = gradY (h) ≤ s. De fapt, inegalit˘ a¸tile ap˘arute sunt chiar stricte, c˘aci dac˘a, de exemplu f = g(X)h(X, Y ), rezult˘ a c˘ a gradY (h) = s ¸si, dac˘a not˘am coeficientul dominant al lui h ∈ K[X][Y ] cu h(X), g(X)h(X) = 1, ceea ce arat˘aPc˘a g(X) este inversabil, contradict¸ie. P Acum scriem g = gij X i Y j ¸si h = hij X i Y j , gij , hij ∈ K. Cum r 0≤i≤k,0≤j≤l

0≤i≤m,0≤j≤n

¸si s sunt prime ˆıntre ele, unul dintre ele este impar, s˘a zicem s. Atunci, ˆın inelul de polinoame K[U ] avem P relat¸ia g(U s , −U r )h(U s , −U r ) = f (U s , −U r ) = P0. Pe de jalt˘a parte, s r (−1)j gij U is+jr iar h(U r , −U s ) = (−1) hij U is+jr . g(U , −U ) = 0≤i≤k,0≤j≤l

0≤i≤m,0≤j≤n

Dar i1 s + j1 r = i2 s + j2 r ⇔ (i1 − i2 )s = (j2 − j1 )r, de unde i1 ≡ i2 (mod r) ¸si j1 ≡ j2 (mod s). Dar i1 , i2 ∈ {0, 1, . . . , r − 1} ¸si j1 , j2 ∈ {0, 1, . . . , s − 1}, deci ˆın situat¸ia dat˘a i1 s + j1 r = i2 s + j2 r ⇔ i1 = i2 ¸si j1 = j2 . ˆIn concluzie, la termeni diferit¸i din g ¸si h corespund termeni diferit¸i ˆın g(U s , −U r ) ¸si h(U s , −U r ). Prin urmare, termenii din g, respectiv h nu se pot reduce cˆ and facem X = U r ¸si Y = −U s . Atunci g(U s , −U r ) 6= 0 6= h(U s , −U r ), contradict¸ie cu g(U s , −U r )h(U s , −U r ) = f (U s , −U r ) = 0. (ii) Not˘am f = X r + Y s + Z t . Aplic˘ am criteriul reducerii: consider˘am ϕ : K[Y, Z] → K[Y ], ϕ(g) = g(Y, 0). Extindem pe ϕ la un morfism ϕ : K[Y, Z][X] → K[Y ][X] cu proprietatea ϕ(X) = X ¸si observ˘ am c˘ a ϕ(f ) = X r +Y s . Din r ≡ 1 (mod st) rezult˘a c˘a (r, s) = 1, deci, conform (i), ϕ(f ) ∈ K[Y ][X] este ireductibil. ˆIn plus, gradX (ϕ(f )) = r = gradX (f ), deci conform criteriului reducerii f este ireductibil ˆın K(Y, Z)[X]. Cum f este ˆın mod clar primitiv, rezult˘ a c˘ a el este ireductibil ˆın K[Y, Z][X] ' K[X, Y, Z].

Problema 2.53 Fie K un corp algebric ˆınchis cu Char K 6= 2 ¸si f ∈ K[X1 , . . . , Xn ], f = X12 + . . . + Xn2 . S˘ a se arate c˘ a f este polinom ireductibil dac˘a ¸si numai dac˘a n ≥ 3. Solut¸ie. Dac˘ a n = 1, f = X12 , care este ˆın mod evident reductibil. Dac˘a n = 2, atunci f = (X1 + iX2 )(X1 − iX2 ), deci este reductibil. Pentru n = 3, consider˘am f ∈ K[X1 , X2 ][X3 ] ¸si, constatˆ and c˘ a f este primitiv, aplic˘am criteriul lui Eisenstein cu p = X2 + iX3 (care este prim ˆın K[X2 , X3 ] deoarece K[X2 , X3 ]/(X2 + iX3 ) ' K[X3 ][X2 ]/(X2 + iX3 ) ' K[X3 ], care este inel integru). Fie acum k ≥ 3. S˘ a presupunem c˘ a X12 + · · · + Xk2 este ireductibil ˆın K[X1 , . . . , Xk ]. 2 2 Atunci, lui X12 + · · · + Xk+1 = Xk+1 + (X12 + · · · + Xk2 ) ∈ K[X1 , X2 , . . . , Xk+1 ] ' K[X1 , X2 , . . . , Xk ][Xk+1 ], care constat˘ am c˘a este primitiv deoarece este monic, ˆıi aplic˘am criteriul lui Eisenstein cu p = X12 +· · ·+Xk2 ¸si constat˘am c˘a este ireductibil, ceea ce ˆıncheie pasul de induct¸ie ¸si demonstrat¸ia.

Polinoame

83

Problema 2.54 S˘ a se arate c˘ a polinomul fn ∈ Z[{Xij |1 ≤ i, j ≤ n}],    X11 X12 . . . X1n      X X . . . X  21 22 2n    fn = det  . .. ..  .  . . .      Xn1 Xn2 . . . Xnn este ireductibil. Solut¸ie. Proced˘ am prin induct¸ie dup˘a n. Pentru n = 1, f1 = X11 , care este ˆın mod evident ireductibil. Presupunem acum c˘a fk este ireductibil. Avem relat¸ia fk+1 = Xk+1,1 Ak+1,1 + · · · + Xk+1,k+1 Ak+1,k+1 , unde Aij desemneaz˘a complementul algebric al lui Xij din matricea   X11 X12 . . . X1,k+1  X21 X22 . . . X2,k+1    .  .. .. ..   . . . Xk+1,1 Xk+1,2 . . . Xk+1,k+1 S˘a observ˘am c˘ a Ak+1,k+1 = fk . Cum fk+1 are gradul unu ˆın Xk+1,k+1 , rezult˘a c˘a este ireductibil ˆın Q(Z[{Xij | i, j ∈ {1, . . . , k + 1}} \ {Xk+1,k+1 }])[Xk+1,k+1 ]. Este suficient deci s˘a ar˘at˘am c˘ a este primitiv ˆın Z[{Xij | i, j ∈ {1, . . . , k + 1}} \ {Xk+1,k+1 }][Xk+1,k+1 ]. Presupunˆand c˘ a nu este primitiv, rezult˘a (t¸inˆand cont c˘a fk este ireductibil din ipoteza de induct¸ie) c˘ a fk | Xk+1,1 Ak+1,1 + · · · + Xk+1,k Ak+1,k , ceea ce revine la fk | Ak+1,j pentru orice j ∈ {1, . . . , k}. Dar aceste relat¸ii sunt contradictorii, deoarece dac˘a facem X1j = · · · = Xkj = 0, fk se anuleaz˘ a, iar Ak+1,j nu se anuleaz˘a. R˘amˆane c˘a fk+1 este primitiv ˆın Z[{Xij | i, j ∈ {1, . . . , k + 1}} \ {Xk+1,k+1 }][Xk+1,k+1 ] ¸si demonstrat¸ia este ˆıncheiat˘a. Problema 2.55 Fie b1 , b2 , . . . , bn ∈ Z distincte ¸si a1 , a2 , . . . , an ∈ R. Presupunem c˘a n X exist˘a f ∈ R[X] care verific˘ a identitatea (1 − X)n f = 1 + ai X bi . Ar˘atat¸i c˘a f (1) = i=1

b1 b2 · · · bn . n!

Putnam, 1986 Solut¸ia 1. Not˘ am (b)j = b(b − 1) · · · (b − j + 1), j ≥ 1. Pentru 0 ≤ j ≤ n, derivˆand identitatea din enunt¸ de j ori ¸si dˆ and apoi lui X valoarea 1, obt¸inem relat¸iile: 0 = 1 + n n n X X X ai , 0 = ai (bi )j , j ∈ {1, 2, . . . , n − 1}, ¸si (−1)n n!f (1) = ai (bi )n . Aceste relat¸ii se i=1

i=1

pot scrie sub forma Av = 0, unde  −1 1 1  0 b1 b2   0 (b ) (b 1 2 2 )2  A= .. .. ..  . . .   0 (b1 )n−1 (b2 )n−1 (−1)n n!f (1) (b1 )n (b2 )n

i=1

··· ··· ··· .. .

1 bn (bn )2 .. .

··· ···

(bn )n−1 (bn )n



  −1    a1       a2   , iar v =  .   .    ..   an

84

Cum v 6= 0, avem det A = 0. Deoarece (b)j este polinom monic de grad j ˆın b f˘ar˘a termen liber, putem, pentru fiecare k ∈ {2, 3, . . . , n}, s˘a adun˘am la linia k + 1 o combinat¸ie liniar˘a de liniile 2, 3, . . . , k astfel ˆıncˆ at s˘ a obt¸inem matricea   −1 1 1 ··· 1  0 b1 b2 · · · bn    2 2  0 b1 b2 · · · b2n    A0 =  .. .. .. ..  . . .  . . . . .    n−1 n−1 n−1  0 b1 b2 · · · bn  (−1)n n!f (1) bn1 bn2 ··· bnn Datorit˘a modului ˆın care am obt¸inut matricea A0 , avem det A0 = det A. Dezvoltˆand determinantul lui A0 dup˘ a prima coloan˘a, obt¸inem 0 = det A0 = − det V 0 + n!f (1) det V , unde     b1 b2 · · · bn 1 1 ··· 1  b21  b1 b22 · · · b2n  b2 · · · bn      2 2 2  .  .. ..  . .. b2 · · · bn  V =  b1  , iar V 0 =  .. . . .    n−1 n−1  .. .. ..  . . n−1  b  . . . .  · · · bn  b2 1 bn1 bn2 ··· bnn · · · bn−1 bn−1 bn−1 n 2 1 Obt¸inem (−b1 b2 · · · bn + n!f (1)) det V = 0. Cum bi sunt distincte, rezult˘a c˘a det V 6= 0, b1 b2 · · · bn . deci f (1) = n! Solut¸ia 2. Sc˘ adem 1 din ambii membri ai identit˘a¸tii din enunt¸, ˆınlocuim X cu et ¸si dezvolt˘am membrul stˆ ang ˆın serie. T ¸ inˆand cont de faptul c˘a 1 − et = −t+ (termeni de grad ≥ 2), obt¸inem n

n

−1 + (−1) f (1)t + (termeni de grad > n) =

n X

ai ebi t .

(2.31)

i=1

Membrul drept F (t) al acestei relat¸ii verific˘a ecuat¸ia F (n) (t) − (b1 + b2 + · · · + bn )F (n−1) (t) + · · · + (−1)n b1 b2 · · · bn F (t) = 0.

(2.32)

Derivˆand ˆın mod repetat relat¸ia (2.31), deducem c˘a F (0) = −1, F (i) (0) = 0 pentru tot¸i i ∈ {1, 2, . . . , n − 1}, iar F (n) (0) = (−1)n f (1)n!. Prin urmare, f˘acˆand t = 0 ˆın (2.32), obt¸inem (−1)n f (1)n! − 0 + 0 − 0 + · · · + (−1)n b1 b2 · · · bn (−1) = 0, de unde f (1) =

b1 b2 · · · bn . n!

Capitolul 3

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice Notat¸ii 

a11 a12  a21 a22 • A = [aij ]i=1,m =   ... ... j=1,n am1 am2 ¸si n coloane) cu elementele aij  a11 a12  a21 a22 • A = [aij ]i,j=1,n =   ... ... an1 an2 mentele aij

 . . . a1n . . . a2n   - matrice de dimensiuni m × n (m linii ... ...  . . . amn  . . . a1n . . . a2n   - matrice p˘atratic˘a de ordin n cu ele... ...  . . . ann

• Mm,n (K) - mult¸imea matricelor de dimensiuni m × n ¸si elemente din mult¸imea K (ˆın general (K, +, ·) este inel sau corp) • Mn (K) - mult¸imea matricelor p˘ atratice de ordin n cu elemente din K • At = [aji ] j=1,n ∈ Mn,m (K) - transpusa matricei A = [aij ]i=1,m ∈ Mm,n (K) i=1,m

j=1,n

• A = [aij ]i=1,m - conjugata matricei A = [aij ]i=1,m ∈ Mm,n (C) j=1,n

j=1,n

• A∗ = (A)t ∈ Mn,m (C) - adjuncta (hermitian˘a) a matricei A ∈ Mm,n (C)   1 0 ... 0  0 1 ... 0   • In =   . . . . . . . . . . . .  - matricea unitate de ordin n 0 0 ... 1 85

86

   • Jλ =   

λ 1 0 0 λ 1 ... ... ... 0 0 0 0 0 0

... 0 0 ... 0 0 ... ... ... ... λ 1 ... 0 λ

    ∈ Mn (C) - celul˘a Jordan cu λ ∈ C   

  • diag [a1 , a2 , . . . , an ] - matricea diagonal˘a   

a1 0 0 0 a2 0 0 0 a3 ... ... ... − 0 0

... 0 ... 0 ... 0 ... ... . . . an

     

• det A - determinantul matricei p˘ atratice An • Tr (A) - urma matricei p˘ atratice A ∈ Mn (K), Tr (A) =

n X

aii

i=1

• rang A - rangul matricei A ∈ Mm,n (K) • A−1 - inversa matricei p˘ atratice A ∈ Mn (K) (cu det A 6= 0) • GLn (K) - mult¸imea matricelor inversabile ˆın Mn (K) • fA ∈ K[X] - polinomul caracteristic al matricei A ∈ Mn (K), fA (X) = (−1)n det(A − XIn ) • mA ∈ K[X] - polinomul minimal al matricei A ∈ Mn (K) • λA ∈ C - valoare proprie pentru matricea A ∈ Mn (C) (r˘ad˘acin˘a a polinomului caracteristic) • XA ∈ Mn,1 (C) - vector propriu pentru matricea A ∈ Mn (C) corespunz˘ator valorii proprii λA (AXA = λA XA , XA 6= 0) • Spec(A) - spectrul matricei A ∈ Mn (C) (mult¸imea valorilor proprii ale lui A) • ∆ij - minorul complementar elementului aij ˆın matricea p˘atratic˘a A = [aij ]i,j=1,n (determinantul de ordin (n − 1) obt¸inut prin eliminarea din A a liniei i ¸si coloanei j) • Aij = (−1)i+j ∆ij - complementul algebric al elementului aij • A∗ = [Aij ]ti,j=1,n - reciproca matricei A ∈ Mn (C)

Definit¸ii ¸si rezultate ˆIn cele ce urmeaz˘ a (K, +, ·) este un corp comutativ. • Definit¸ie. Matricea A ∈ Mn (K) se nume¸ste: - idempotent˘ a, dac˘ a A2 = A - involutiv˘ a, dac˘ a A2 = In - nilpotent˘ a, dac˘ a An = 0.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

87

• Definit¸ie. Determinantul matricei p˘atratice A ∈ Mn (K) este X det A = (sgn σ)a1σ(1) a2σ(2) · · · anσ(n) . σ∈Sn

 Teorem˘ a. det A =

n X

aij Aij (dezvoltarea dup˘ a linia i)

j=1

det A =

n X

aij Aij (dezvoltarea dup˘ a coloana j)

i=1

AA∗ = A∗ A = det A · In . • Definit¸ie. Matricea A ∈ Mn (K) este inversabil˘ a dac˘a exist˘a matricea B ∈ Mn (K) astfel ca AB = BA = In . (A este element inversabil ˆın inelul (Mn (K), +, ·)).  Teorem˘ a. Matricea A ∈ Mn (K) este inversabil˘ a dac˘ a ¸si numai dac˘ a det A 6= 0 ¸si inversa este A−1 = (det A)−1 A∗ .  Teorem˘ a. Dac˘ a A, B ∈ Mn (K) atunci det(AB) = det A · det B. • Definit¸ie. Se nume¸ste minor de ordin k ≤ min{m, n}, ˆın matricea A ∈ Mm,n (K), un determinant ˆın care se ret¸in elementele aflate la intersect¸ia a k linii cu k coloane: m i1 ,...,ik . j1 ,...,jk

• Definit¸ie. Se nume¸ste rangul matricei A ∈ Mm,n (K) ordinul maxim al unui minor nenul din matricea A.  Teorem˘ a. Rangul unei matrice A ∈ Mm,n (K) nu se schimb˘ a dac˘ a o ˆınmult¸im (ˆın dreapta sau ˆın stˆ anga) cu o matrice inversabil˘ a. • Definit¸ie. Matricele A, B ∈ Mm,n (K) sunt echivalente dac˘a exist˘a matricele inversabile Q ∈ Mm (K), P ∈ Mn (K) astfel ca B = QAP ¸si not˘am A ≡ B.  Teorem˘ a. Matricele A, B ∈ Mm,n (K) sunt echivalente dac˘ a ¸si numai dac˘ a ele au acela¸si rang.   Ik 0 • Definit¸ie. O matrice de forma ∈ Mm,n (K), m ≥ k, n ≥ k se nume¸ste form˘ a 0 0 canonic˘ a a matricelor de rang k. • Definit¸ie. Matricele A, B ∈ Mn (K) sunt asemenea dac˘a exist˘a o matrice inversabil˘a P ∈ GLn (K) astfel ca B = P −1 AP. Dac˘a ˆın plus P ∗ = P −1 , se spune c˘ a matricele sunt unitar asemenea.  Teorem˘ a. Orice matrice p˘ atratic˘ a A ∈ Mn (C) este asemenea cu o matrice blocdiagonal˘ a de forma 

 J λ1  JA =    0



0   .. , .   Jλk

88

ˆın care matricele Jλ1 , . . . , Jλk sunt celule Jordan iar λ1 , . . . , λk sunt valorile proprii ale matricei A. Matricea JA se nume¸ste forma canonic˘ a Jordan a matricei A. • Definit¸ie. Un element λA ∈ K se nume¸ste valoare proprie pentru matricea A ∈ Mn (K) dac˘ a exist˘ a un vector (matrice coloan˘a) nenul xA ∈ K n = Mn,1 (K) astfel ca AxA = λA xA ; ˆın acest caz vectorul xA se nume¸ste vector propriu pentru matricea A (corespunz˘ator valorii proprii λA ). • Definit¸ie. Mult¸imea valorilor proprii pentru matricea A se nume¸ste spectrul matricii A ¸si se noteaz˘ a cu Spec(A). • Definit¸ie. Pentru o matrice A ∈ Mn (K) polinomul fA ∈ K[X], fA (X) = (−1)n det(A − XIn ) se nume¸ste polinomul caracteristic al matricei A.  Teorem˘ a. Valorile proprii ale matricei A sunt r˘ ad˘ acinile polinomului caracteristic (λA ∈ Spec(A) ⇔ fA (λA ) = 0).  Teorem˘ a. Polinomul caracteristic al matricei A este fA (X) = X n − σ 1 X n−1 + σ 2 X n−2 − . . . + (−1)n−1 σ n−1 X + (−1)n σ n , unde σ k este suma minorilor diagonali (format¸i cu linii ¸si coloane de aceia¸si indici) din matricea A. ˆ particular In σ 1 = Tr A =

n X

λk ,

σ n = det A =

k=1

n Y

λk ,

k=1

unde λ1 , λ2 , . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A.  Teorem˘ a. (Cayley-Hamilton). Orice matrice ˆı¸si anuleaz˘ a propriul polinom caracteristic: fA (A) = 0. • Definit¸ie. Polinomul unitar de grad minim mA ∈ K[X] care anuleaz˘a matricea A ∈ Mn (K) se nume¸ste polinomul minimal al matricei A (mA (A) = 0).  Teorem˘ a. (Frobenius). Polinomul minimal al matricei A, mA , divide polinomul caracteristic, fA , iar polinoamele mA ¸si fA au aceia¸si factori ireductibili ˆın inelul K[X]. • Definit¸ie. Dac˘ a A ∈ Mn (K) ¸si λ ∈ Spec(A), atunci mult¸imea Vλ = {X ∈ K n | AX = λX} se nume¸ste subspat¸iul propriu corespunz˘ator valorii proprii λ.  Teorem˘ a. Dac˘ a λ1 , λ2 , . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A ∈ Mn (K) ¸si P ∈ K[X] este un polinom atunci P (λ1 ), P (λ2 ), . . . , P (λn ) sunt valorile proprii ale matricei P (A). Dac˘ a ˆın plus matricea A este inversabil˘ a atunci λ1 , λ2 , . . . , λn sunt nenule ¸si −1 −1 −1 . λ−1 , λ , . . . , λ sunt valorile proprii ale matricei A n 1 2  Teorem˘ a. Dou˘ a matrice asemenea au acela¸si polinom caracteristic, deci acelea¸si valori proprii. • Definit¸ie. Fie A ∈ Mm,n (C), m ≥ 2, n ≥ 2. O succesiune de k linii consecutive din matricea A (k ≤ m) se nume¸ste band˘ a orizontal˘ a de l˘a¸time k ¸si se pune ˆın evident¸˘a

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

89

prin ˆıncadrarea acestor linii ˆıntre dou˘ a drepte orizontale (duse printre cˆate dou˘a linii ale matricei A). • O succesiune de k coloane consecutive din matricea A (k ≤ n) se nume¸ste band˘ a vertical˘ a de l˘ a¸time k ¸si se pune ˆın evident¸˘a prin ˆıncadrarea acestor coloane ˆıntre dou˘a drepte verticale (duse printre cˆ ate dou˘ a coloane ale matricei A). • Dac˘a matricea A este partit¸ionat˘ a ˆın p benzi orizontale ¸si q benzi verticale, matricele aflate la intersect¸ia unei benzi orizontale cu o band˘a vertical˘a se nume¸ste bloc al matricei A ¸si dac˘a not˘ am blocurile cu Aij , 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ q, atunci matricea A se reprezint˘a ca matrice cu blocuri sub forma:   A11 A12 A1q  A21 A22 A2q  . A=   Ap1 Ap2

Apq

Observat¸ie. ˆIn matricea cu blocuri A = [Aij ] i=1,p toate matricele Ai1 , Ai2 , . . . , Aiq au j=1,q

acela¸si num˘ar de linii ¸si toate matricele A1j , A2j , . . . , Apj au acela¸si num˘ar de coloane. Blocurile de dimensiune (1, n) sunt linii ale matricei A, blocurile de dimensiune (m, 1) sunt coloane ale matricei A, blocurile de dimensiune (1, 1) sunt elemente ale matricei A.

Adunarea matricelor cu blocuri Dac˘a matricele de acela¸si tip A, B ∈ Mm,n (C) sunt la fel partit¸ionate ˆın blocuri: A = [Aij ] i=1,p ,

B = [Bij ] i=1,p

j=1,q

j=1,q

¸si blocurile Aij ¸si Bij au aceea¸si dimensiune (i = 1, p, j = 1, q) atunci adunarea matricelor A ¸si B se face evident dup˘ a formula A + B = C = [Cij ] i=1,p j=1,q

unde Cij = Aij + Bij , i = 1, p, j = 1, q.

ˆInmult¸irea matricelor cu blocuri Fie A = [Aik ] i=1,p , B = [Bkj ]k=1,q dou˘a matrice pentru care se poate efectua produsul k=1,q

j=1,r

AB. Dac˘a pentru orice i = 1, p, k = 1, q ¸si j = 1, r produsele Aik Bkj pot fi efectuate (num˘arul coloanelor matricelor Aik este egal cu num˘arul liniilor matricelor Bkj ), atunci produsul AB se face ca pentru matrice cu elemente: AB = C = [Cij ] i=1,p , j=1,r

unde Cij =

q X k=1

Aik Bkj (se poate verifica prin calcul direct).

90

Transform˘ ari elementare ˆın matrice cu blocuri Analog cu transform˘ arile elementare efectuate ˆın matrice se pot defini transform˘ari elementare ˆın matrice cu blocuri (care sunt de fapt compuneri de transform˘ari elementare normale). Fie A = [Aik ] i=1,p o matrice cu blocuri. k=1,q

• Definit¸ie. Urm˘ atoarele transform˘ ari efectuate pe benzile matricei A se numesc transform˘ari elementare: a1 ) schimbarea ˆıntre ele a dou˘ a benzi orizontale b1 ) ˆınmult¸irea unei benzi orizontale la stˆanga cu o matrice p˘atratic˘a inversabil˘a c1 ) adunarea la o band˘ a orizontal˘a a unei alte benzi orizontale de aceea¸si l˘a¸time ˆınmult¸it˘a la stˆ anga cu o matrice p˘ atratic˘a a2 ) schimbarea ˆıntre ele a dou˘ a benzi verticale b2 ) ˆınmult¸irea unei benzi verticale, la dreapta, cu o matrice p˘atratic˘a inversabil˘a c2 ) adunarea la o band˘ a vertical˘ a a unei alte benzi verticale de aceea¸si l˘a¸time, ˆınmult¸it˘a la dreapta cu o matrice p˘ atratic˘ a. La fel ca ˆın cazul transform˘ arilor elementare clasice, efectuarea unei transform˘ari elementare pe benzile orizontale revine la ˆınmult¸irea matricei A la stˆanga cu o matrice inversabil˘a (elementar˘ a pe blocuri) care este un produs de matrice elementare. Efectuarea unei transform˘ ari elementare pe benzile verticale revine la ˆınmult¸irea matricei A la dreapta cu o matrice inversabil˘a (elementar˘a pe blocuri). • Pentru schimbarea benzilor orizontale A1 ¸si A2 de l˘a¸timi l1 ¸si l2 ˆın matricea   A1 A =  A2  A3 se ˆınmult¸e¸ste la stˆ anga cu matricea 

 0 0 . Il3

Il1 0 0

0 E1 =  Il2 0 Obt¸inem: 

 A2 E1 A =  A1  . A3 • Pentru ˆınmult¸irea ˆın matricea  A=

A1 A2



a benzii A1 de l˘ a¸time k cu matricea X ∈ Mk (C) se ˆınmult¸e¸ste la stˆanga cu matricea 

X 0 0 I





XA1 A2



E2 = ¸si avem E2 A =

.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

91

• Pentru adunarea ˆın matricea  A1 A =  A2  A3 

a benzii A1 de l˘ a¸time k la band˘ a A2 (de l˘a¸time tot k) se ˆınmult¸e¸ste la stˆanga cu matricea   Ik 0 0 E3 =  Ik Ik 0  0 0 I ¸si avem  A1 E3 A =  A1 + A2  . A3 

Probleme Problema 3.1 Fie A ∈ Mm,n (C) ¸si B ∈ Mn,m (C). S˘a se arate c˘a ˆıntre polinoamele caracteristice ale matricelor AB ¸si BA exist˘a relat¸ia X n fAB (x) = X m fBA (x). Solut¸ie. Se verific˘ a relat¸ia:       XIm − AB Im 0 Im 0 XIm A A = 0 XIn B In B In 0 XIn − BA     AB 0 0 0 ¸si se trece la determinant¸i (matricele cu blocuri ¸si sunt matrice B 0 B AB asemenea). Problema 3.2 Fie A, B ∈ Mn (C). S˘a se arate c˘a polinomul caracteristic al matricei   A −B   este egal cu produsul polinoamelor caracteristice ale matricelor A + iB ¸si  B A A − iB.   A − λIn −B Solut¸ie. det(M − λI2n ) = det = B A − λIn   (A − iB) − λIn −B − iA + λiIn = det = B A − λIn   (A − iB) − λIn 0 = det = B (A + iB) − λIn = det[(A − iB) − λIn ] det[(A + iB) − λIn ]. ˆIn particular, pentru λ = 0 ¸si A, B ∈ Mn (R) obt¸inem c˘a   A −B det ≥ 0. B A

92

Problema 3.3Fie A, B ∈ Mn (C). S˘a se arate c˘a polinomul caracteristic al matricei   A B  M =  este egal cu produsul polinoamelor caracteristice ale matricelor A + B ¸si B A A − B.   A − XIn B = Solut¸ie. det(M − XI2n ) = det B A − XIn  = det

A − B − XIn B − A − XIn B A − XIn





(A − B) − XIn 0 B (A + B) − XIn

= det



= det[(A − B) − XIn ] det[(A + B) − XIn ] = fA−B (X)fA+B (X). Problema 3.4 Fie A1 , A2 , . . . , Ak ∈ Mn (R). S˘a se arate c˘a det

k X

! Ati Ai

≥ 0.

i=1

Solut¸ie. Consider˘ am matricea cu blocuri    M = 

A1 A2 .. .

    

Ak ¸si avem t

det(M M ) ≥ 0 ⇔ det

k X

! Ati Ai

≥ 0.

i=1

Problema 3.5 Fie A ∈ Mn (C) nesingular˘a ¸si M ∈ Mk+n (C),    A B  M = . C D S˘a se arate c˘ a det M = det ·A det(D − CA−1 B). 

  In 0 A B Solut¸ie. det M = det . CA−1 In 0 D − CA−1 B Observat¸ie. Matricea D − CA−1 B se nume¸ste complementul Schur al matricei A. Problema 3.6 Fie A, B, C, D ∈ Mn (C). S˘a se arate c˘a dac˘a CDt = DC t , atunci    A B  2 t t det2   = det (AD − BC ). C D

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

 Solut¸ie. det

A B C D

93

t  t  A B A Ct = det = C D B t Dt  t    D Bt Dt −B t = det = det C t At −C t At 



= det

(s-a f˘acut ˆınmult¸irea cu −1 a liniilor n + 1, . . . , 2n ¸si a coloanelor n + 1, . . . , 2n). Rezult˘a       A B A B Dt −B t 2 det = det · = C D C D −C t At   ADt − BC t −AB t + BAt = det = det(ADt − BC t ) det(ADt − BC t )t 0 −CB t + DAt = det2 (ADt − BC t ). Problema 3.7 Dac˘ a A ∈ Mp,n (C), B ∈ Mn,p (C), p < n sunt dou˘a matrice de rang p, s˘a se arate c˘a det(BA) = 0 ¸si c˘ a: det(AB) =

X

D

1,2,...,p i1 ,i2 ,...,ip

∆ i1 ,i2 ,...,ip 1,2,...,p

ˆın care suma se face dup˘ a tot¸i indicii i1 , i2 , . . . , ip cu 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ip ≤ n, D

1,2,...,p i1 ,i2 ,...,ip

este minorul de ordin p al matricei A format cu coloanele i1 , i2 , . . . , ip , iar ∆ i1 ,i2 ,...,ip este 1,2,...,p

minorul de ordin p al matricei B format cu liniile i1 , i2 , . . . , ip . Solut¸ie. Consider˘ am matricea cu blocuri   Op A , M= B −In al c˘arui determinant ˆıl calcul˘ am ˆın dou˘a moduri: a) Adun˘am la linia 1 liniile p+1, p+2, . . . , p+n ˆınmult¸ite respectiv cu a11 , a12 , . . . , a1n . Adun˘am la linia 2 liniile p + 1, p + 2, . . . , p + n ˆınmult¸ite respectiv cu a21 , a22 , . . . , a2n . Adun˘am la linia p liniile p + 1, p + 2, . . . , p + n ˆınmult¸ite respectiv cu ap1 , ap2 , . . . , apn ¸si obt¸inem   C O det M = det = (−1)n det C B −In unde C = AB ∈ Mp (C). b) Dezvolt˘ am det M dup˘ a primele p linii (Laplace) ¸si avem: X det M = (−1)1+2+···+p+(p+i1 )+···+(p+ip ) D 1,...,p · i1 ,...,ip

·(−1)(p+1)+(p+2)+···+n+ip+1 +···+in ∆ i1 ,...,ip = 1,...,p X = (−1)2(1+2+···+p)+p(p−1)+n D 1,...,p ∆ i1 ,...,ip = i1 ,...,ip 1,...,p X = (−1)n D 1,...,p ∆ i1 ,...,ip . i1 ,...,ip

1,...,p

Pentru matricea BA avem BA ∈ Mn (C) ¸si rang (BA) ≤ rang B = p, deci rang (BA) < n. Rezult˘a det(BA) = 0.

94

Problema 3.8 Fie A, B, C, D ∈ Mn (C) astfel ca AC = CA. S˘a se arate c˘a    A B  det   = det(AD − CB). C D Solut¸ie. Dac˘ a matricea A este inversabil˘a avem:      A B 0 In A−1 B A−1 = , −CA−1 In C D C D − CA−1 B deci det A  det

−1

A B C D

 det 

A B C D



= det(D − CA−1 B) ⇔

= det(AD − CAA−1 B) = det(AD − CB).

Dac˘a A este neinversabil˘ a lu˘ am matricea Ax = A − xIn ¸si pentru det Ax 6= 0 avem:   Ax B det = det(Ax D − CB). C D Ultima egalitate este o relat¸ie polinomial˘a ˆın x care are loc pentru orice x care nu este printre r˘ ad˘ acinile ecuat¸iei polinomiale det(A − xIn ) = 0 (care nu este valoare proprie pentru A). Egalitatea de polinoame avˆ and loc pe o mult¸ime infinit˘a de valori ale lui x, ea este identitate ¸si o putem aplica ˆın x = 0. Problema 3.9 Fie A = B + iC ∈ Mn (C) o matrice inversabil˘a cu B, C∈ Mn (R).S˘a se  B −C  arate c˘a dac˘ a A−1 = D + iE, cu D, E ∈ Mn (R), atunci inversa matricei   este C B    D −E   . E D Solut¸ie. Avem:  (B + iC)(D + iE) = In ⇔ Dar



B −C C B



D −E E D

BD − CE = In CD + BE = On

     BD − CE −(CD + BE) In 0 = = . CD + BE BD − CE 0 In

Problema 3.10 Fie X ∈ Mm,n (C) ¸si matricea cu blocuri A    Im X  A= , 0 In Im , In fiind matrice unitate de ordin m respectiv n. S˘a se determine A−1 .

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

Solut¸ie.

A−1

 =

95

 .

Im −X 0 In

Problema 3.11 Fie A ∈ Mn (C) nesingular˘a, X = [x1 , . . . , xn ],

Y = [y1 , . . . , yn ] ∈ Cn

¸si a ∈ C. Form˘ am matricea cu blocuri M ∈ Mn+1 (C)    A Y  M =  X a S˘a se determine condit¸ia ca M s˘ a fie inversabil˘a ¸si s˘a se exprime inversa ei. Solut¸ie. Avem: 

In 0 XA−1 1

M=



A Yt 0 a − XA−1 Y t



det M 6= 0 ⇔ c = a − XA−1 Y t = 6 0.  t B U , Z, U ∈ M1,n (C), b ∈ C. Fie M −1 = Z b Din relat¸iile M M −1 = In+1 ¸si M −1 M = In+1 obt¸inem sistemele:   AB + Y t Z = In BAt + U t X = In       AU t + Y t b = 0 BY t + U t a = 0 ¸si XB + aZ = 0 ZA + bX = 0       t XU + ab = 1 ZY t + ab = 1 

din care obt¸inem: M

−1

−1



=c

(cIn − A−1 Y t X)A−1 −A−1 Y t −XA−1 1

 .

Problema 3.12 B, C, D ∈ Mn (C) matrice care comut˘a ˆıntre ele. S˘a se arate c˘a  Fie A,   A B  matricea M =   este inversabil˘a ˆın M2n (C) dac˘a ¸si numai dac˘a matricea AD − C D BC este inversabil˘ a ˆın Mn (C). Solut¸ie. 

A B C D



D −B −C A



 =

AD − BC 0 0 AD − BC

det M det N = (det(AD − BC))2 . Avem M unde E = AD − BC.

−1

 =

D −B −C A



E −1 0 0 E −1



 ,

96

Problema 3.13 Fie A ∈ Mm,n (C) o matrice de rang k ≤ min{m, n}. S˘a se arate c˘a exist˘a dou˘a matrice B ∈ Mn,k (C) ¸si C ∈ Mk,m (C) astfel ca A = BC. Solut¸ie. Dac˘ a rang A = k atunci  A≡



Ik 0 0 0

,

deci exist˘a matricele inversabile P ∈ Mm (C) ¸si Q ∈ Mn (C) astfel ca  A=P



Ik 0 0 0

Q.

Este u¸sor de verificat egalitatea 

Ik 0





Ik 0



Ik 0 0 0



=



Ik 0



¸si atunci  A=P

Ik 0





Q.

Not˘am  B=P

Ik 0

 ¸si C =



Ik 0



Q.

Problema 3.14 Fie A ∈ Mm,n (C) o matrice de rang k ≤ min{m, n}. S˘a se arate c˘a exist˘a matricele coloane C1 , C2 , . . . , Ck ¸si matricele linie L1 , L2 , . . . , Lk astfel ca A = C1 L1 + C2 L2 + · · · + Ck Lk .  Ik 0 sub forma C10 L01 + Solut¸ie. Ca ˆın problema precedent˘a, scriem matricea 0 0 C20 L02 + · · · + Ck0 L0k unde C10 , C20 , . . . , Ck0 sunt primele k coloane ale matricei unitate Im ¸si L01 , L02 , . . . , L0k sunt primele k linii ale matricei unitate In . Definim C1 = P C10 , C2 = P C20 , . . . , Ck = P Ck0 ¸si L1 = L01 Q, L2 = L02 Q, . . . , Lk = L0k Q. 

Problema 3.15 Pentru orice matrice A ∈ Mm,n (C), B ∈ Mp,n (C) ¸si C ∈ Mp,q (C) sunt verificate relat¸iile: 







 A 0   A 0  rang   ≥ rang A + rang C = rang  . B C 0 C Solut¸ie. ˆIn matricea  M=

A 0 B C



Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

97

prin transform˘ ari elementare pe primele m linii ¸si pe primele n coloane matricea M se transform˘a ˆın matricea   Ik 0 0  N = 0 0 B1 C cu rang M = rang N . ˆIn matricea N dac˘a facem transform˘ari elementare pe ultimele p linii ¸si ultimele q coloane, ea se transform˘a ˆıntr-o matrice de forma   Ik 0 0  0 0    P = Ip 0  B2 0 0 unde k = rang A ¸si p = rang  C.  Ik 0 , este triunghiular ¸si are valoarea 1, deci Minorul matricei P , X Ip rang P = rang N = rang M ≥ k + p. Dac˘a matricea B este 0, atunci 

Ik 0  0 0 P =  0

 0 Ip 0

  0  0

¸si prin schimb˘ ari de linii ¸si coloane o aducem la forma   Ik+p 0 0 0 care are rangul k + p. Problema 3.16 Dac˘ a A ∈ Mm,n (C) ¸si B ∈ Mn,p (C), atunci are loc inegalitatea: rang (AB) ≥ rang A + rang B − n.

(Sylvester)

Solut¸ie. Fie 

   Im −A A 0 , N= , 0 In In B     In −B 0 −AB P = ¸si Q = . 0 Ip In 0 M=

Se verific˘ a prin calcul direct relat¸ia M N P = Q. Matricele M ¸si P sunt inversabile (au determinantul 1) dac˘ a nu se schimb˘ a rangul lui N ¸si atunci avem:   AB 0 = n + rang (AB). rang N = rang Q = rang 0 In Avem rang Q = rang (AB) + rang In = rang N ≥ rang A + rang B, deci rang (AB) + n ≥ rang A + rang B.

98

Problema 3.17 Dac˘ a A ∈ Mm,n (C), B ∈ Mq,p (C), C ∈ Mn,q (C), atunci rang (ACB) + rang C ≥ rang (AC) + rang (CB).

(Frobenius)

Solut¸ie. Folosim relat¸ia       Im −A AC Iq −B 0 −ACB 0 = 0 In 0 CB 0 Ip C 0 ¸si rezult˘a  rang

AC 0 0 CB





0 −ABC C 0

= rang

 .

Primul rang este ≥ rang (AC) + rang (CB), iar al doilea este egal cu rang (ABC) + rang C. Observat¸ie. Dac˘ a ˆın teorema lui Frobenius lu˘am n = q ¸si C = In , obt¸inem teorema lui Sylvester. Problema 3.18 Dac˘ a A ∈ Mm,n (C) ¸si B ∈ Mn,p (C), atunci rang (AB) ≤ rang A ¸si

rang (AB) ≤ rang B.

Solut¸ie. Avem: 

Im A 0 In



0 0 B 0



 =

AB 0 B 0



¸si atunci  rang B = rang

0 0 B 0





AB 0 B 0

= rang

 ≥ rang (AB).

Analog 

0 0 A 0



In B 0 Ip



 =

0 0 A AB

 .

Problema 3.19 Dac˘ a A, B ∈ Mm,n (C), atunci:  rang (A + B) ≤ rang

 A B

≤ rang A + rang B.

Solut¸ie.    A B = rang A A + B ≥ rang (A + B)      
A 0 + 0 B rang A B = rang     ≤ rang A 0 + rang 0 B = rang A + rang B.     (ˆIn egalitatea rang A B = rang A A + B am adunat primele n coloane la   ultimele n, transformare elementar˘ a care nu schimb˘a rangul. ˆIn relat¸ia rang A 0 =   rang A ¸si rang A A + B ≥ rang (A + B) am folosit faptul c˘a rangul unui bloc dintr-o matrice este mai mic sau egal cu rangul matricei.) rang



Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

99

Problema 3.20 Dac˘ a A, B ∈ Mm,n (C) atunci: rang (A ± B) ≥ |rang A − rang B|. Solut¸ie. Avem rang A = rang (A + B − B) ≤ rang (A + B) + rang (−B) = rang (A + B) + rang B, deci rang (A + B) ≥ rang A − rang B. Schimbˆand B cu A rezult˘ a rang (A + B) ≥ rang B − rang A, deci rang (A + B) ≥ |rang A − rang B|. Schimbˆand B ˆın −B obt¸inem rang (A − B) ≥ |rang A − rang B|. Problema 3.21 Fie B ∈ Mn (R) o matrice cu proprietatea: n X n X

bij xi xj ≥ 0, ∀ xi ∈ R, i = 1, n.

i=1 j=1

S˘a se arate c˘ a: a) det(B + xIn ) ≥ 0, ∀ x ∈ [0, ∞); b) det(At A) ≥ 0, ∀ A ∈ Mn,m (R), m ∈ N∗ . Solut¸ie. a) Fie P (x) = det(B + xIn ), P ∈ R[x]. E suficient s˘a ar˘at˘am c˘a P nu are r˘ad˘acini strict pozitive. Prin absurd, fie x0 > 0 o r˘ ad˘ acin˘ a a lui P ⇒ det(B + x0 I) = 0 ⇔ sistemul (B + x0 In )X = 0 are o solut¸ie nebanal˘ a X 6= 0 deci BX = −x0 X ⇒ X t BX = −x0 X t X ⇔ X

bij xi xj = −x0

X

 x2i < 0.

b) Fie B = At A. Avem X

n  X bij xi xj = X t At AX = (AX)t (AX) = yi2 ≥ 0 i=1

¸si din a) rezult˘ a det(B + xIn ) ≥ 0, ∀ x ∈ [0, ∞). Pentru x = 0 ⇒ det B ≥ 0 ⇔ det At A ≥ 0.

100

Problema 3.22 Fie k ∈ N∗ , u1 , u2 , . . . , uk ∈ C∗ , z1 , z2 , . . . , zk ∈ C∗ distincte ¸si an = u1 z1n + u2 z2n + · · · + uk zkn ,

n ∈ N.

S˘a se arate c˘ a dac˘ a mult¸imea {an | n ∈ N} este finit˘a, atunci exist˘a d ∈ N∗ astfel ca an = an+d , pentru orice n ∈ N. Solut¸ie. Dac˘ a mult¸imea A = {an | n ∈ N} este finit˘a, atunci ¸si mult¸imea k-uplurilor: B = {(an , an+1 , . . . , an+k−1 ) | n ∈ N} este finit˘a, deci exist˘ a p < q astfel ca: (ap , ap+1 , . . . , ap+k−1 ) = (a1 , aq+1 , . . . , aq+k−1 ) ⇔ ap = aq , ap+1 = aq+1 , . . . , ap+k−1 = aq+k−1 ⇔  p d z1 (z1 − 1)u1 + z2p (z2d − 1)u2 + · · · + zkp (zkd − 1)uk = 0    p+1 d z1 (z1 − 1)u1 + z2p+1 (z2d − 1)u2 + · · · + zkp+1 (zkd − 1)uk = 0 S: .........................................................    p+k−1 d (z1 − 1)u1 + z2p+k−1 (z2d − 1)u2 + · · · + zkp+k−1 (zkd − 1)uk = 0 z1 unde d = q − p 6= 0. Notˆand x1 = (z1d − 1)u1 , x2 = (z2d − 1)u2 , . . . , xk = (zkd − 1)uk privim relat¸iile S, ca sistem de ecuat¸ii liniare, omogen cu necunoscutele x1 , x2 , . . . , xk . Determinantul sistemului este: z1p ... zkp z2p p+1 p+1 p+1 z1 z2 ... zk = z p z p . . . z p V (z1 , z2 , . . . , zk ) ∆ = 1 2 k . . . . . . . . . . . . p+k−1 p+k−1 p+k−1 z z2 . . . zk 1 Din ∆ 6= 0 ⇒ sistemul are doar solut¸ia banal˘a ⇒ z1d = z2d = · · · = zkd = 1 ⇒ an = an+d ,

n ∈ N.

Problema 3.23 Fie A ∈ Mn (R), det A 6= 0 ¸si fA : Mn (R) → R, fA (X) =

n X

bij xij , unde B = AAt .

i,j=1

S˘a se arate c˘ a: a) fA (XX t ) = 0 ⇒ X = 0, b) [fA (XY )]2 ≤ fA (XX t )fA (Y t Y ), X, Y ∈ Mn (R). Solut¸ie. a) XX t = Y = [yij ], yij =

n X

xik xjk , bij =

k=1

fA (XX t ) =

n X i,j=1

bij yij =

n X

ail ajl

l=1

X k,l

  X  (xik ail )(xjk ajl ) i,j

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

=

n X

101

(a1l x1k + · · · + anl xnk )2 ≥ 0

k,l=1 t

fA (XX ) = 0 ⇔

n X

ail xik = 0, ∀ k, l = 1, n ⇔

i=1 n X

atli xik = 0, ∀ k, l = 1, n ⇔ At X = 0

i=1

det At 6= 0 ⇒ At X = 0 ⇔ X = 0. b) Avem fA (aX + bY ) = afA (X) + bfA (Y ) ¸si fA (X t ) = fA (X),

fA (ZZ t ) ≥ 0

¸si lu˘am Z = X + zY t , z ∈ R ⇒ fA (XX t + z(XY + (XY )t ) + z 2 Y t Y ) = fA (XX t ) + 2zfA (XY ) + z 2 fA (Y t Y ) ≥ 0, ∀ z ∈ R ⇒ [fA (XY )]2 − fA (XX t )fA (Y t Y ) ≤ 0   1 ˆ se obt¸ine fA (X) = Tr X Observat¸ii. 1) In cazurile particulare A = In ¸si A = √ n ¸si fA (X) = S(X) (suma tuturor elementelor matricei X) care deci verific˘a b). n X 2) fA (X) = c2ij , C = At X. i,j=1

Problema 3.24 Fie a ∈ R ¸si n ∈ N, n ≥ 2. S˘a se arate c˘a pentru orice matrice inversabil˘a A ∈ Mn (R) care are toate elementele unei linii egale cu a, suma elementelor matricei inverse A−1 este aceea¸si. Solut¸ie. Din AA−1 = In notˆ and cu C1 , C2 , . . . , Cn coloanele matricei A−1 ¸si cu Lj linia matricei A cu toate elementele egale cu a, avem: Lk C1 = [0], Lk C2 = [0], . . . , Lk Ck = [1], . . . , Lk Ck = [0], deci

n X

Lk Ci = [1] ⇔ Lk

i=1

unde A−1 = [bij ]i,j=1,n , adic˘ a

n X i=1

n X i,j=1

bij =

Ci = [1] ⇔ a

n X

bij = 1,

i,j=1

1 . a

Problema 3.25 S˘ a se determine toate funct¸iile surjective f : Mn (C) → {0, 1, . . . , n} cu proprietatea f (XY ) ≤ min{f (X), f (Y )}, pentru orice X, Y ∈ Mn (C). SEEMOUS, 2008

102

Solut¸ie. Funct¸ia f (X) = rang (X) verific˘a condit¸ia. Vom ar˘ata c˘a ea este unica. Avem: f (XIn ) ≤ min{f (X), f (In )} ⇔ • f (X) ≤ min{f (X), f (In )}, deci f (X) ≤ f (In ), pentru orice X ∈ Mn (C) • f (In ) = f (X · X −1 ) ≤ min{f (X), f (X −1 )} ≤ f (X), pentru orice matrice inversabil˘a. • Deci dac˘ a X este inversabil˘ a (rang X = n) atunci f (X) = f (In ). • Dac˘a X este inversabil˘ a ¸si Y o matrice oarecare atunci f (XY ) ≤ min{f (X), f (Y )} ≤ f (Y ) ¸si f (Y ) = f (X 1 XY ) ≤ min{f (X −1 ), f (XY )} ≤ f (XY ) deci f (XY ) = f (Y ) pentru orice matrice inversabil˘a X ¸si orice matrice Y . Analog f (Y Z) = f (Y ) dac˘a Z este inversabil˘ a. • O matrice arbitrar˘ a Y , de rang k, prin transform˘ari elementare poate fi adus˘a la forma   Ik 0 Y = , 0 0 deci exist˘a matricele inversabile X ¸si Z astfel ca Y = XY Z. Conform rat¸ionamentelor anterioare f (Y ) = f (Y ), deci este suficient s˘a definim f pe matricele de forma   Ik 0 Jk = . 0 0 Deoarece Jk Jk+1 = Jk rezult˘ a f (Jk ) ≤ f (Jk+1 ). Din surjectivitate rezult˘a f (J0 ) = 0, f (J1 ) = 1, . . . , f (Jn ) = n, deci f (Y ) = rang Y , pentru orice Y ∈ Mn (C). Problema 3.26 Fie A ∈ Mn (C) o matrice cu proprietatea c˘a suma elementelor de pe fiecare linie este egal˘ a cu 1. S˘a se arate c˘ a: a) det(A − In ) = 0. b) Pentru orice k ∈ N suma elementelor de pe fiecare linie a matricei Ak este egal˘a cu 1. c) Dac˘a A este inversabil˘ a, atunci suma elementelor de pe fiecare linie a matricei A−1 este egal˘a cu 1. d) Pentru orice polinom P ∈ C[X] suma elementelor de pe fiecare linie a matricei P (A) este aceea¸si. Solut¸ie.  Condit  ¸ia ca suma elementelor de pe fiecare linie s˘a fie egal˘a cu 1 este Ae = e, 1  1    unde e =  . .  ..  1

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

103

a) e este vector propriu pentru A ¸si λ = 1 este valoare proprie, deci det(A − I) = 0. b) Ae = e ⇒ Ak e = e. c) Ae = e ⇒ A−1 e = e. d) Ae = e ⇒ P (A)e = P (1)e ⇒ suma elementelor de pe fiecare linie a matricei P (A) este P (1). Observat¸ii. 1) Dac˘ a ¸si suma elementelor de pe fiecare coloan˘a este 1, atunci et A = et ¸si are loc a), b), c), d). 2) Dac˘a sumele pe linii ¸si coloane sunt 1, atunci acela¸si lucru se ˆıntˆampl˘a pentru Ak ¸si A−1 , iar ˆın P (A) sumele sunt P (1). 3) Dac˘a sumele pe linii ¸si coloane sunt 1 atunci suma tuturor elementelor matricei Ak este n pentru orice k. Problema 3.27 Se consider˘ a funct¸ia f : Mn,1 (R) → [0, ∞), f (x) =

n X

|xk |,

k=1

pentru orice x ∈ Mn,1 (R). S˘a se arate c˘ a exist˘ a un num˘ ar finit de matrice A ∈ Mn (R) cu proprietatea f (Ax) = f (x) pentru orice x ∈ Mn,1 (R). Solut¸ie. Fie e1 , e2 , . . . , en coloanele matricei unitate. Din f (Aej ) = f (ej ) rezult˘a n X

(1)

|aij | = 1,

j = 1, n

i=1

Dac˘a lu˘am x = e1 ± e2 rezult˘ a n X

(2)

|ai1 + ai2 | =

i=1

Avem 2=

n X

n X

|ai1 − ai2 | = 2

i=1

|ai1 + ai2 | ≤

i=1

n X

(|ai1 | + |ai2 |) = 2,

i=1

deci |ai1 + ai2 | = |ai1 | + |ai2 |

(3) 2=

n X i=1

|ai1 − ai2 | ≤

n X (|ai1 | + | − ai2 |) = 2, i=1

deci |ai1 − ai2 | = |ai1 | + | − ai2 |

(4) Din (3) ¸si (4) rezult˘ a (5)

ai1 = 0 sau ai2 = 0

104

Din (1) rezult˘ a c˘ a pe fiecare coloan˘a avem un element nenul ¸si din (5) rezult˘a c˘a dac˘a pe coloana 1 elementul nenul este ai1 6= 0, atunci ai2 = ai3 = · · · = ain = 0. ˆIn concluzie pe fiecare linie ¸si pe fiecare coloan˘ a avem un singur element nenul ¸si din (1) rezult˘a c˘a modulul lui este 1. Deci pe fiecare linie ¸si coloan˘a un singur element este nenul, egal cu 1 sau −1. Mult¸imea acestor matrice este finit˘a ¸si are 2n · n! elemente. Problema 3.28 Se consider˘ a funct¸ia f : Mn,1 (R) → [0, ∞), f (x) = max |xk |, pentru orice x ∈ Mn,1 (R). k=1,n

S˘a se arate c˘ a exist˘ a un num˘ ar finit de matrice A ∈ Mn (R) cu proprietatea f (Ax) = f (x), pentru orice x ∈ Mn,1 (R). Solut¸ie. Dac˘ a not˘ am cu e1 , e2 , . . . , en coloanele matricei unitate, din relat¸ia f (Aej ) = f (ej ) rezult˘a max |aij | = 1, j = 1, n ¸si atunci matricea A nu cont¸ine elemente de modul i=1,n

mai mare ca 1, dar pe fiecare coloan˘ a avem un element de modul 1. Dac˘a pe coloana j elementul nenul este aij cu |aij | = 1 lu˘ am x = (li )t (transpusa liniei i) ¸si din f (Ax) = f (x) rezult˘a n n X X X |aik |2 ≤ 1 ⇔ |aij |2 + |aik |2 = 1 aik aik ≤ 1 ⇔ i=1

k=1

⇔ 1+

X

j6=j

|aik |2 = 1 ⇔ aik = 0, k 6= j.

k6=j

ˆIn concluzie pe fiecare linie exist˘ a exact un element nenul de modul 1 (¸si pe fiecare coloan˘a). Num˘ arul acestor matrice este finit N = 2n n!. Problema 3.29 Fie A, B ∈ Mn (C) ¸si ε = cos

2π 2π + i sin . S˘a se arate c˘a: n n

det(A + B) + det(A + εB) + · · · + det(A + εn−1 B) = n[det A + det B]. Solut¸ie. det(A + xB) = det(A) + · · · + xn det B = P (x). Avem P (1) + P (ε) + · · · + P (εn−1 ) = n[det A + det B] deoarece sumele 1 + εk + ε2k + · · · + ε(n−1)k sunt 0, k = 1, n − 1. Problema 3.30 Se consider˘ a matricea  1 1 2   1 1   2 3 An =    ... ...  1 n

1 n+1

1 3

...

1 n

1 4

...

1 n+1

...

...

...

1 n+2

...

1 2n−1

        

unde n este un num˘ ar natural nenul. 1) Ar˘atat¸i c˘ a det An este nenul. 2 2) Ar˘atat¸i c˘ a suma elementelor matricei inverse A−1 n este n .

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

Solut¸ie. 1) An =





1 i+j−1 i,j=1,n .

105

Sc˘adem ultima linie din celelalte linii, d˘am factor pe

linia i (i = 1, 2, . . . , n − 1) pe n − i iar pe coloana j (j = 1, 2, . . . , n) pe 

1 2 1 3

1 3 1 4

...

...

n−1

1 n

1 n+1

1

1

1

1

 1  2 [(n − 1)!]2 det An = · det   . 1. . (2n − 1)! 

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

1 n 1 n+1

... 1 2n−2

1 n+j−1 .

Astfel,

   .  

1

Sc˘adem ultima coloan˘ a din celelalte coloane, d˘am factor comun pe linia i (i = 1 1, 2, . . . , n − 1) pe n+i−1 iar pe coloana j (j = 1, 2, . . . , n − 1) pe n − j. Rezult˘a c˘a det An =

[(n − 1)!]4 · det An−1 . (2n − 2)!(2n − 1)!

T ¸ inˆand cont c˘ a det A1 6= 0, rezult˘ a conluzia. (Chiar mai mult, det An = 2) Consider˘ am sistemul liniar     x1 1  x2   1      An  .  =  .  . .  .   ..  xn 1

[1!2!...(n−1)!]3 n!(n+1)!...(2n−1)! .)

Atunci xi reprezint˘ a suma elementelor de pe linia i a matricei A−1 n , deci suma elementelor −1 lui An este x1 + x2 + · · · + xn . Consider˘ am f (x) =

x1 x2 xn P (x) + + ··· + = , x+1 x+2 x+n (x + 1)(x + 2) · · · (x + n)

unde P va fi un polinom de grad cel mult n − 1. Avem f (0) = f (1) = . . . = f (n − 1) = 1, deci r˘ad˘acinile polinomului (x + 1)(x + 2) · · · (x + n) − P (x) sunt 0, 1, . . ., n − 1. ˆInseamn˘a c˘a (x + 1)(x + 2) · · · (x + n) − P (x) = x(x − 1) · · · (x − (n − 1)). Egalˆand coeficient¸ii lui xn−1 rezult˘a n(n + 1) (n − 1)n − (x1 + x2 + . . . + xn ) = − 2 2 adic˘a x1 + x2 + . . . + xn = n2 ceea ce ˆıncheie demonstrat¸ia. Problema 3.31 Fie A ∈ Mn (R) astfel ca det A = 0 ¸si exist˘a i ∈ {1, 2, . . . , n} astfel ca minorul ∆ii s˘ a fie nenul. S˘ a se arate c˘ a rang Ak = n − 1 pentru orice k ∈ N∗ . Solut¸ie. Din condit¸iile problemei rezult˘a c˘a rang A = n − 1, deci sistemul Ax = 0 cu x ∈ Mn,1 (R) are solut¸iile de forma x = αx0 cu α ∈ R, x0 6= 0. Din AA∗ = det A · In = 0 rezult˘a c˘a coloanele matricei reciproce sunt proport¸ionale toate cu vectorul x0 . Vom ar˘ata c˘ a sistemele Ay = 0, A2 y = 0, . . . , Ak y = 0, . . . sunt echivalente ¸si atunci cum primul sistem are rangul n − 1 rezult˘a c˘a toate au rangul n − 1.

106

Dac˘a A2 y = 0, atunci A(Ay) = 0, deci Ay = αx0 care este un sistem neomogen compatibil, deci determinantul s˘ au caracteristic este nul. Dac˘a ∆nn este minorul nenul din matricea A, atunci determinantul caracteristic este ∆c = det[a1 , . . . , an−1 , αx0 ] ¸si cum x0 = βan∗ , β 6= 0 unde a1 , . . . , an−1 , an sunt coloanele matricei A ¸si a1∗ , . . . , an∗ coloanele matricei reciproce A∗ . Dezvoltˆand ultimul determinant dup˘a ultima coloan˘a ∆c = αβ(∆21n + ∆22n + · · · + ∆2nn ), deci ∆c = 0 ⇔ α = 0 ⇔ Ay = 0. Analog din Ak+1 y = 0 rezult˘ a Ak y = 0, k ∈ N∗ . Problema 3.32 S˘ a se arate c˘ a pentru orice matrice A ∈ Mn (C) exist˘a o infinitate de numere naturale k astfel ca matricea Ak + In s˘a fie inversabil˘a. Solut¸ie. Dac˘ a λ1 , λ2 , . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A atunci λk1 + 1, λk2 + 1, . . . , λkn + 1 sunt valorile proprii ale matricei Ak + In . Pentru ca matricea Ak + In s˘a fie inversabil˘a este suficient ca λk1 + 1 6= 0, λk2 + 1 6= 0, . . . , λkn + 1 6= 0. Pentru valorile proprii pentru care λki + 1 6= 0 pentru orice k ∈ N nu avem probleme. Dac˘a ˆıns˘a exist˘ a k1 , k2 , . . . , kn astfel ca λk11 + 1 = 0, λk22 + 1 = 0, . . . , λknn + 1 = 0 atunci 2k2 2kn 1 λ2k 1 + 1 6= 0, λ2 + 1 6= 0, . . . , λn + 1 6= 0

¸si 1 2 n λ2pk + 1 6= 0, λ2pk + 1 6= 0, . . . , λ2pk + 1 6= 0, n 1 2

p ∈ N∗ .

Alegem k = 2k1 k2 · · · kn . Problema 3.33 Fie matricele A, B ∈ Mn (C) cu proprietatea: | det(A + zB)| ≤ 1 pentru orice z ∈ C cu |z| = 1. S˘a se arate c˘ a: a) | det A + z det B| ≤ 1 pentru orice z ∈ C cu |z| = 1. b) Dac˘a A, B ∈ Mn (R) atunci (det A)2 + (det B)2 ≤ 1. Solut¸ie. a) Fie u ∈ C astfel ˆıncˆ at un = z (|u| = 1)   z det(A + zB) = det A + uB = det(A + vC) u unde |v| = 1 ¸si C = uB det(A + vC) = det A + vα1 + · · · + v n det C = P (v) Avem:

n−1 X

det(A + εk C) = n(det A + det C)

k=0

unde εk , k = 0, n − 1, sunt r˘ ad˘ acinile de ordin n ale unit˘a¸tii.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

107

Problema 3.34 Fie A ∈ Mn (R) o matrice cu elemente pozitive ¸si cu proprietatea n X

aik = 1, i = 1, n.

k=1

S˘a se arate c˘ a A nu poate avea valori proprii de modul mai mare ca 1. Solut¸ie. Dac˘ a λ ∈ C este valoare proprie ¸si X vector propriu avem: AX = λX,

X 6= 0 ⇔

n X

aik xk = λxi ,

i = 1, n

k=1

n n n X X X ⇒ |λ| · |xi | = aik xk ≤ |aik xk | = aik (±xk ) k=1

≤

n X

k=1

k=1

aik max |xk | = max |xk |

k=1

k=1,n

k=1

⇒ |λ| max |xk | ≤ max |xk | ⇒ |λ| ≤ 1. Observat¸ie. A[1] = [1], deci λ = 1 este valoare proprie ¸si X = [1, . . . , 1]t este vector propriu. Problema 3.35 Fie matricele A, B, C ∈ Mn (C) astfel c˘a C comut˘a cu A sau cu B. S˘a se arate c˘a: det(AB + C) = det(BA + C). Solut¸ie. Dac˘ a C este inversabil˘ a ¸si comut˘a cu A atunci A comut˘a ¸si cu C −1 ¸si avem: det(AB + C) = det C · det(C −1 AB + In ) = det C · det(AC −1 B + In ) det(BA + C) = det(BAC −1 + In ) · det C. Lu˘am X = AC −1 ¸si Y = B ¸si avem: det(XY + In ) = det(Y X + In ). Dac˘a C este neinversabil˘ a consider˘am matricea Cλ = C − λIn ¸si pentru orice λ ∈ C care nu este valoare proprie pentru C, Cλ este inversabil˘a ¸si P (λ) = det(AB + Cλ ) = det(BA + Cλ ) = Q(λ). Deoarece P ¸si Q sunt polinoame ˆın λ, cu valori egale ˆıntr-o infinitate de valori λ ∈ C, rezult˘a P = Q ¸si ˆın particular P (0) = Q(0) ⇔ det(AB + C) = det(BA + C). Problema 3.36 Fie A ∈ Mn (Q) astfel ca det(A − In ) = 0 ¸si Ap = In , unde p este un num˘ar prim. S˘ a se arate c˘ a p − 1 | n.

108

Solut¸ie. Polinomul P (x) = xp − 1 se anuleaz˘a ˆın A (adic˘a P (A) = 0), deci valorile proprii verific˘ a ecuat¸ia λp − 1 = 0. Din det(A − In ) 6= 0 rezult˘a λ 6= 1, deci fiecare valoare proprie este r˘ ad˘ acin˘ a a polinomului g(x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1 care este ireductibil peste Q. Dac˘ a polinomul caracteristic are ca valoare proprie o r˘ad˘acin˘a a lui g, le are pe toate (cu acela¸si ordin de multiplicitate), ¸si nu mai are altele, deci fA (x) = ±(g(x))k , deci n = k(p − 1). Problema 3.37 Fie S(X) suma tuturor elementelor matricei X. S˘a se arate c˘ a dac˘ a A ∈ Mn (C) ¸si a) S(A) = S(A2 ) = · · · = S(An ) = n, atunci S(Ak ) = n, ∀ k ∈ N∗ . b) S(A) = n2 , S(A2 ) = n3 , . . . , S(An ) = nn+1 , atunci S(Ak ) = nk+1 , ∀ k ∈ N∗ . Solut¸ie. Din teorema Cayley-Hamilton: An + a1 An−1 + a2 An−2 + · · · + an−1 A + an In = 0 ¸si ˆınmult¸ind cu Ak+1 : An+k+1 + a1 An+k + · · · + an−1 Ak+2 + an Ak+1 = 0. Aplic˘am funct¸ia S ˆın cele dou˘ a relat¸ii ¸si obt¸inem: S(An ) + a1 S(An−1 ) + a2 S(An−2 ) + · · · + an−1 S(A) + an S(In ) = 0 S(An+k+1 ) + a1 S(An+k ) + · · · + an−1 S(Ak+2 ) + an S(Ak ) = 0. Prin induct¸ie, dac˘ a presupunem adev˘arate concluziile pentru orice p ≤ k + n, cele dou˘a relat¸ii dau: a) n + a1 n + a2 n + · · · + an n = 0 S(An+k+1 ) + a1 n + a2 n + · · · + an n = 0 Prin sc˘aderea lor rezult˘ a S(An+k+1 ) = n. b) (1)

nn+1 + a1 nn + · · · + an−1 n2 + an n = 0

(2)

S(An+k+1 ) + a1 nn+k+1 + · · · + an−1 nk+2 + an nk+1 = 0 Sc˘adem din (2) relat¸ia (1) ˆınmult¸it˘ a cu nk+1 ¸si obt¸inem: S(An+k+1 ) = nn+k+2 .

Problema 3.38 Fie A ∈ Mn (C) ¸si Tr A =

n X

aii urma matricei A.

i=1

S˘a se arate c˘ a dac˘ a Tr (Ak ) = 0, k = 1, n, atunci a) det A = 0 b) An = 0.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

109

Solut¸ie. Dac˘ a λ1 , λ2 , . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A, atunci λ21 , λ22 , . . . , λ2n sunt valorile proprii ale matricei A2 , . . . , λn−1 , λn−1 , . . . , λn−1 sunt valorile proprii ale n 1 2 n−1 matricei A ¸si atunci condit¸iile devin:  λ1 + λ2 + · · · + λn = 0    2 λ1 + λ22 + · · · + λ2n = 0 ...    n−1 λ1 + λ2n−1 + · · · + λn−1 = 0. n Dac˘a λ1 , λ2 , . . . , λp sunt valorile proprii distincte, de multiplicit˘a¸ti k1 , k2 , . . . , kp atunci primele p relat¸ii din sistem devin:  k1 λ1 + k2 λ2 + · · · + kp λp = 0    k1 λ21 + k2 λ22 + · · · + kp λ2p = 0 ...    k1 λp1 + k2 λp2 + · · · + kp λpp = 0 Relat¸iile arat˘ a c˘ a (k1 λ1 , k2 λ2 , . . . , kp λp ) este solut¸ie a unui sistem de ecuat¸ii liniare omogen, al c˘ arui determinant este un determinant Vandermonde V (λ1 , λ2 , . . . , λp ) 6= 0, deci k1 λ1 = k2 λ2 = · · · = kp λp = 0 sau λ1 = λ2 = · · · = λp = 0. ˆIn concluzie matricea A are toate valorile proprii nule. Polinomul caracteristic al matricei A este fA (x) = xn ¸si din teorema Cayley-Hamilton rezult˘a An = 0. Problema 3.39 Fie A ∈ Mn (C) o matrice. S˘a se arate c˘a dac˘a An 6= 0, atunci Ak 6= 0 pentru orice k ∈ N∗ . Solut¸ie. Dac˘ a prin absurd ar exista k ∈ N∗ astfel ca Ak = 0, atunci k > n ¸si alegem k minim cu aceast˘ a proprietate, deci Ak−1 6= 0. Scriem teorema Cayley-Hamilton sub forma a0 In + a1 A + a2 A2 + · · · + an−1 An−1 + An = 0

(1)

ˆInmult¸imd cu Ak−1 ¸si rezult˘ a a0 Ak−1 = 0 cu Ak−1 6= 0 deci a0 = 0. k−2 ˆInmult¸im cu A ¸si rezult˘ a a1 Ak−1 = 0 deci a1 = 0. Continu˘am ˆınmult¸ind succesiv cu Ak−3 , Ak−4 , . . . , Ak−n ¸si obt¸inem pe rˆand a2 = 0, a3 = 0, . . . , an−1 = 0. Recitind relat¸ia (1) rezult˘a An = 0 (contradict¸ie). Problema 3.40 Fie A ∈ Mn (C) o matrice p˘atratic˘a de ordin n pentru care exist˘a astfel k ∈ N∗ ca Ak = 0. S˘ a se arate c˘ a: n X a) aii = 0, b)

i=1 n X i,j=1

aij aji = 0.

110

Solut¸ie. Dac˘ a Ak = 0, matricea A−xIn este inversabil˘a pentru orice x 6= 0. ˆIntr-adev˘ar (A − xIn )(Ak−1 + xAk−2 + · · · + xk In ) = Ak − xk In = −xk In deci (A − xIn )−1 =

1 (Ak + xAk−1 + · · · + xk In ) (−x)k

Atunci det(A + xIn ) 6= 0, x 6= 0. Dar dezvoltˆand determinantul obt¸inem: n

f (x) = det(A + xIn ) = x +

n X

! x

aii

n−1

X aij + ajj i<j

i=1

aij n−1 x + ... ajj

Dar singurul polinom de grad n cu singura r˘ad˘acin˘a x = 0 este axn , deci det(A+xIn ) = n X n x ¸si identificˆ and coeficient¸ii obt¸inem aii = 0 ¸si i=1

X X (aii ajj − aij aji ) = 0 ⇔ (aii ajj − aij aji ) = 0 ⇔ i<j

X i,j

aii ajj =

i6=j

X

a2ii −

X

aij aji = 0 ⇔

X

aii

2

−

n X

aij aji = 0 ⇔

i,j=1

i6=j n X

aij aji = 0.

i,j=1

Problema 3.41 Fie A ∈ Mn (Z) cu det A = 1 ¸si m ∈ Z. S˘a se arate c˘a exist˘a k ∈ N∗ astfel ca matricea Ak − In s˘ a aib˘ a toate elementele divizibile cu m. Solut¸ie. Pentru a dovedi afirmat¸ia este suficient s˘a trecem ˆın clasele de resturi Zm ¸si s˘a ar˘at˘am c˘a dac˘ a A ∈ Mn (Zm ) exist˘ a k ∈ N astfel ca Ak − In = On (ˆın Zm ). 2 n Dar Mn (Zm ) este finit˘ a (are m matrice), deci ˆın ¸sirul {Ak − In }k∈N∗ exist˘a cel put¸in dou˘a matrice egale: Ak1 − In = Ak2 − In ⇔ Ak2 (Ak − In ) = 0 (unde k = k1 − k2 ), dar cum det A = 1, det(Ak2 ) = 1, deci Ak2 este inversabil˘a ¸si ˆınmult¸ind cu (Ak2 )−1 obt¸inem Ak − In = 0. Problema 3.42 Fie A, B, C, D ∈ Mn (C) cu A ¸si C inversabile astfel ca Ak B = C k D pentru orice k ∈ N∗ . S˘ a se arate c˘ a B = D. Solut¸ie. Dac˘ a f ¸si g sunt polinoamele minimale ale matricelor A ¸si C atunci f (0) 6= 0, g(0) 6= 0 (zero nu este valoare proprie pentru o matrice inversabil˘a). m X Not˘am h(x) = (f g)(x) = a0 + ak xk , a0 6= 0. Avem h(A) = h(C) = 0 ¸si atunci k=1

h(A)B = h(C)D ⇔ a0 B = a0 D ⇔ B = D.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

111

Problema 3.43 Fie n ¸si k numere naturale mai mari sau egale cu 2. S˘a se arate c˘a ˆın Mn (C) ecuat¸ia matriceal˘ a 



 0 1  ..  .  k  X =    0

0   ..  .    .. . 1    0

nu are solut¸ie pentru nici un k ≥ 2. Solut¸ie. Dac˘ a not˘ am 

0

  A=   0

1 .. .

0 ..



    .. . 1  0 .

atunci An−1 6= 0, An = 0. Dac˘ a ar exista X ∈ Mn (C) cu X k = A, atunci X kn = An = 0, deci X este nilpotent˘ a ¸si atunci X n = 0. Din X k = A 6= 0 rezult˘a k < n. Fie n = kp + r, k, p ∈ N, n ≤ k − 1. Din n < k(p + 1) rezult˘a X k(p+1) = 0 ⇔ Ap+1 = 0 deci p + 1 ≥ n. Rezult˘ a kp + r ≤ p + 1 ⇔ (k − 1)p + r − 1 ≤ 0. Deoarece k − 1 ≥ 1, avem: r = 1 ¸si p = 0 sau r = 0 ¸si p = 0 sau r = 1 ¸si p = 1. ˆIn primele dou˘a cazuri rezult˘a n = 1 sau n = 0 (fals), iar ˆın ultimul caz rezult˘a n = k + 1 ¸si A2 = 0, deci n = 2 ¸si k = 1 (contradict¸ie cu k ≥ 2). Problema 3.44 Fie A ∈ Mn (C) o matrice cu proprietatea Tr (A) = Tr (A2 ) = · · · = Tr (An−1 ) = 0 ¸si Tr (An ) = n. S˘a se arate c˘ a An = In . Solut¸ie. Condit¸iile date se scriu ˆın funct¸ie de valorile proprii λ1 , . . . , λn ale matricei A, astfel: λ1 + · · · + λn = 0, λ21 + · · · + λ2n = 0, . . . , λn−1 + · · · + λnn−1 = 0 1 ¸si λn1 + · · · + λnn = 1, sistem care datorit˘ a relat¸iilor lui Newton, determin˘a unic valorile proprii. Se observ˘a c˘a r˘ad˘acinile de ordin n ale unit˘ a¸tii λ1 = ε1 , . . . , λn = εn verific˘a sistemul, deci polinomul caracteristic al matricei A este X n − 1 = 0. Datorit˘a Teoremei Cayley-Hamilton avem An − In = 0. Problema 3.45 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a A ∈ M3 (Q) verific˘a relat¸ia A8 = I3 , atunci A4 = I3 .

112

Solut¸ie. Polinomul minimal al matricei A divide polinomul P ∈ Q[x], P (x) = x8 − 1 = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1). Dac˘a A4 6= I3 , atunci polinomul caracteristic al matricei A ar avea ca r˘ad˘acin˘a una din r˘ad˘acinile ecuat¸iei x4 + 1 = 0. Dar polinomul x4 + 1 este ireductibil ˆın Q[x], deci am avea divizibilitatea x4 + 1 | mA , ceea ce este imposibil c˘aci grad mA ≤ 3 ¸si grad(x4 + 1) = 4.

Problema 3.46 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a exist˘a matrice inversabile A ∈ Mn (Q) astfel ca A−1 = A2 + A, atunci n este divizibil cu 3. Solut¸ie. Avem A3 + A2 − I = 0, deci polinomul minimal al matricei A este mA = x3 + x2 − 1, ireductibil ˆın Q[x]. Din teorema lui Frobenius polinomul caracteristic are aceia¸si factori ireductibili, deci fA = mkA ¸si atunci n = 3k. Observat¸ie. Un exemplu de matrice A ∈ M3 (Q) care verific˘a relat¸ia este 

 0 0 1 A =  1 0 0 . 0 1 −1 (ˆIn Mn (R) exist˘ a matrice A de orice dimensiuni care s˘a verifice relat¸ia dat˘a: dac˘a not˘am cu a unica r˘ ad˘ acin˘ a real˘ a a ecuat¸iei x3 + x2 − 1 = 0, atunci matricea A = aIn verific˘a relat¸ia dat˘a.)

Problema 3.47 Fie

∞ X

an x2n , dezvoltarea ˆın serie a funct¸iei f (x) =

n=0

1 . Numerele cos x

1 en = an se numesc numerele lui Euler. S˘a se arate c˘a en = (2n)!Dn , unde (2n)! 1 2! 1 4! Dn = 1 6! ... 1 (2n)!

1

0

0

...

0

1 2!

1

0

...

0

1 4! ... 1 (2n − 2)!

1 2! ... 1 (2n − 4)!

1

...

0

... 1 (2n − 6)!

...

... 1 2!

...

Solut¸ie. Avem: 1 cos x · =1 ⇔ cos x

∞ X

x2n (−1) (2n)!

n=0

n

!

∞ X n=0

! an x

2n

=1



Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

¸si prin identificare                

113

obt¸inem sistemul: a1 =

1 2!

1 1 a1 − a2 = 2! 4!

 1 1 1    a1 − a2 + a3 =   4! 2! 6!    ...    1 1 1   a1 − a2 + · · · + (−1)n−1 an =  (2n − 2)! (2n − 4)! (2n)! n(n−1) ∆n , ∆ = (−1) 2 ∆ n(n−2) ∆ = (−1) 2 Dn , deci an = Dn sau en = (2n)!Dn .

din care an =

Problema 3.48 Fie n ≥ 2, n ∈ N. S˘a se determine toate polinoamele f ∈ C[X] cu proprietatea f (Tr A) = Tr (f (A)) pentru orice A ∈ Mn (C).   x1 0   .. Solut¸ie. Fie A =  . Avem: . 0 xn f (x1 + · · · + xn ) = f (x1 ) + · · · + f (xn ) Luˆand x1 = · · · = xn = 0, f (0) = 0. Luˆand x3 = · · · = xn = 0, f (x1 + x2 ) = f (x1 ) + f (x2 ), deci f (x) = ax, a ∈ C. Problema 3.49 Fie n ≥ 2, n ∈ N. S˘a se determine toate polinoamele f ∈ C[X] cu proprietatea det(f (A)) = f (det A) pentru orice A ∈ Mn (C). Solut¸ie. f ≡ 0 verific˘ a relat¸ia. Dac˘a exist˘a a ∈ C  x1 0  . .. A= 0 xn

astfel ca f (a) 6= 0, fie:   

Avem: det f (A) = f (x1 )f (x2 ) · · · f (xn ) = f (det A) = f (x1 x2 · · · xn ) 1 Luˆand x1 = , x2 = x, x3 = · · · = xn = a ⇒ x   1 f (x)(f (a))n−2 f (an−2 ) = f x Dac˘a f (x) = a0 + a1 x + · · · + ak xk obt¸inem f (x) = ak xk ¸si revenind la prima relat¸ie: f (x) = αxk , αn = α care verific˘ a: det(αAk ) = αn (det A)k = α(det A)k . Deci polinoamele au forma: f (x) = αxk , cu αn = α.

114

Problema 3.50 S˘ a se determine num˘ arul matricelor de tip (m, n) cu elemente aij ∈ {±1} pentru care produsul elementelor fiec˘ arei linii ¸si fiec˘arei coloane este −1. Solut¸ie. Se calculeaz˘ a produsul elementelor matricei A ˆın dou˘a moduri:   Y Y Y Y  aij  = (−1) = (−1)m aij = i=1,m j=1,n

i=1,m

Y

Y

i=1,m

j=1,n



 i=1,m j=1,n

aij =

Y 

j=1,n

Y

aij  =

(−1) = (−1)n

i=1,m

i=1,m

rezult˘a (−1)m = (−1)n ⇔ (−1)m+n = 1 ⇔ m + n este par. Deci dac˘ a m + n este impar nu exist˘a matrice cu proprietatea din enunt¸. Dac˘a m + n este par vom ar˘ ata c˘ a exist˘a o biject¸ie ˆıntre mult¸imea matricelor de tip (m − 1, n − 1) cu elemente din {±1} ¸si mult¸imea matricelor de tip (m, n) cu proprietatea cerut˘a. Fie B = [bij ] i=1,m−1 , bij ∈ {±1}. j=1,n−1

Definim matricea A = [aij ] i=1,m astfel j=1,n

aij = bij , pentru i = 1, m − 1, j = 1, n − 1 n−1 Y ain = − aij , pentru i = 1, m − 1 j=1 m−1 Y

amj = − amn

aij , pentru j = 1, n − 1 i=1 Y Y amj = (−1)n aij = − =− i=1,m−1 j=1,n−1

j=1,n−1

Y

ain = (−1)n

Y

aij

i=1,m−1 j=1,n−1

i=1,m−1

care verific˘a proprietatea cerut˘ a. Evident ¸si invers, dintr-o matrice A de tip (m, n) cu proprietatea cerut˘a, prin eliminarea unei linii ¸si coloane obt¸inem o matrice A. Deci num˘ arul elementelor este 2(m−1)(n−1) (num˘arul funct¸iilor definite pe o mult¸ime cu (m − 1)(n − 1) elemente cu valori ˆın mult¸imea {±1} cu dou˘a elemente). Problema 3.51 S˘ a se determine num˘arul matricelor A ∈ Mm,n (Zp ), p prim, care au suma elementelor de pe fiecare linie ¸si coloan˘a egal˘a cu r (r 6= 0). X X X X Solut¸ie. Din aij = r = mr ¸si aij = r = nr rezult˘a mr = nr ⇔ i=1,m 1,n

i=1,m

i=1,m j=1,n

j=1,n

(m − n)r = 0 ⇔ p | m − n. Deci dac˘ a m − n nu este divizibil cu p nu exist˘a matrice cu proprietatea cerut˘a. Dac˘a p | m − n ar˘ at˘ am c˘ a exist˘ a o biject¸ie ˆıntre mult¸imea cerut˘a ¸si Mm−1,n−1 (Zp ). Fie B ∈ Mm−1,n−1 (Z). Definim matricea A ∈ Mm,n (Zp ): aij = bij , i = 1, m − 1, j = 1, n − 1 n−1 X ain = r − aij , i = 1, m − 1 j=1

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

amj = r −

m−1 X

am,n = r −

115

aij , j = 1, n − 1

i=1 m−1 X

X

ain =

i=1

aij − (n − 2)r =

X

aij − (m − 2)r = r −

amj

j=1

i=1,m−1 j=1,n−1

i=1,m−1 j=1,n−1

n−1 X

Deci A are proprietatea cerut˘ a. Evident funct¸ia astfel definit˘ a (f (B) = A) este injectiv˘a ¸si inversa sa este funct¸ia care asociaz˘a matricei A, matricea obt¸inut˘ a prin eliminarea ultimei linii ¸si coloane. (m−1)(n−1) Deci num˘ arul matricelor este p (num˘arul funct¸iilor de la o mult¸ime cu (m − 1)(n − 1) elemente cu valori ˆın Zp cu p elemente). Problema 3.52 Fie A ∈ Mn (R) astfel ca A2 = −In . S˘a se arate c˘a n este par ¸si exist˘a o matrice P ∈ Mn (R) astfel ca   P −1 AP = 

 0 −Ik

Ik  , 0

n = 2k.

Solut¸ie. Forma Jordan verific˘ a aceea¸si relat¸ie JA2 = −In , la fel ¸si fiecare celul˘a Jordan. Valorile proprii verific˘ a relat¸ia λ2 = −1 deci λ ∈ {−i, i} ¸si polinomul caracteristic fiind real, ele se cupleaz˘ a ˆın perechi, deci sunt ˆın num˘ar par. Dac˘a forma Jordan nu ar fi diagonal˘a 2 atunci JA 6= −In , deci forma Jordan este  JA = a c˘arei form˘ a real˘ a este (R) JA

 =

−iIk 0 0 iIk



0 Ik −Ik 0

 .

Problema 3.53 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a A ∈ M5 (R) ¸si A5 = I, atunci det(A − I) = 0. Solut¸ie. Dac˘ a prin absurd det(A − I) 6= 0, atunci din A5 − I = 0 ⇔ (A − I)(A4 + 2 + A + A + I) = 0 rezult˘ a A4 + A3 + A2 + A + I = 0. Dac˘a λ este o valoare proprie atunci ea verific˘ a ecuat¸ia x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 care are doar r˘ad˘acini complexe x1 , x1 ¸si x2 , x2 . Polinomul caracteristic fiind cu coeficient¸i reali de grad impar trebuie s˘a aib˘a cel put¸in o r˘ad˘acin˘ a real˘ a (aceasta nu poate fi decˆat λ = 1). A3

Problema 3.54 Fie A ∈ Mn (C) o matrice cu valorile proprii distincte ¸si C(A) = {B ∈ Mn (C)| AB = BA}. a) S˘a se arate c˘ a toate matricele din C(A) au aceea¸si vectori proprii. b) S˘a se arate c˘ a C(A) este un subspat¸iu vectorial ˆın Mn (C) de baz˘a {I, A, A2 , . . . , An−1 }.

116

Solut¸ie. a) Fie λ1 , . . . , λn valorile proprii distincte ale lui A ¸si X1 , . . . , Xn vectorii proprii corespunz˘ atori. Subspat¸iile Vk = {X| AX = λk X} = {aXk | a ∈ C} sunt de dimensiune 1. Dac˘ a B ∈ C(A) atunci A(BXk ) = B(AXk ) = λk (BXk ) deci BXk ∈ Vk sau BXk = αk Xk , αk ∈ C, deci Xk este vector propriu pentru B. Observat¸ie. ˆIn baza X1 , . . . , Xn matricele din C(A)au form˘a diagonal˘a.  λ1 0   . .. b) Din observat¸ia anterioar˘ a C(A) =  , λk ∈ C, deci C(A) este spat¸iu 0 λk vectorial de dimensiune n. E suficient s˘a ar˘at˘am c˘a matricele I, A, . . . , An−1 sunt liniar independente. Dac˘a a1 I + a2 A + · · · + an An−1 = 0 ⇔ P (A) = 0, atunci P (A)Xk = P (λk )Xk = 0, deci P (λk ) = 0, k = 1, n ⇔    a   0  1 1 λ1 . . . λ1n−1   a  1 λ2 . . . λn−1   2    0  2 ·   . = .   ... ... ... . . .   ..   ..  1 λn . . . λnn−1 an 0 ¸si cum matricea din dreapta este o matrice Vandermonde de numere distincte rezult˘a a1 = · · · = an = 0. Problema 3.55 a) S˘ a se arate c˘ a orice matrice este asemenea cu matricea obt¸inut˘a prin simetrie fat¸˘a de centrul ei. b) S˘a se arate c˘ a o matrice este asemenea cu transpusa ei. Solut¸ie. a) Consider˘ am matricea   0 1   . J = , .. 1 0

J = J −1

Dac˘a ˆınmult¸im cu J ˆın stˆ anga se r˘ astoarn˘a liniile, iar dac˘a ˆınmult¸im pe J ˆın dreapta se r˘astoarn˘a coloanele. b) Aducem A la form˘ a canonic˘ a Jordan   Jλ1   ..  A∼ .   Jλk Pentru o celul˘ a Jordan Jλ matricea obt¸inut˘a prin simetrie central˘a este σ(Jλ ) = Jλt ⇒ t JA ∼ JA prin   J1   ..  Q= .   Jk deci A = P JA P −1 ,

At = P t JAt (P −1 )t = P t QJA Q−1 (P −1 ) = (P t QP −1 )A(P Q−1 (P −1 )t )

⇒ At ∼ A prin P t QP −1 .

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

117

Problema 3.56 S˘ a se arate c˘ a orice matrice A ∈ Mn (C) este asemenea cu o matrice simetric˘a SA ∈ Mn (C). Solut¸ie. Este suficient s˘ a demonstr˘am pentru A celul˘a Jordan, chiar mai particular A = J0 . 1 Consider˘ am P = √ (I + iJ), P P = I, unde 2   0 1   . J =  .. 1 0 Avem prin calcul direct  0 1  ..  . J0 =   

   JJ0 =   

0 ..



0

  ,  .. . 1  0

0

0 ..

.

   J0 J =   



.

 1  ,  . .. .  . . 0 1 0

 1 0  . .  .. ..   . .  1 . 0 0

0



0

  1 ... JJ0 J =   ..  . 0

0 ..

    

.

1



0

1 1 i P J0 P −1 = (I + iJ)J0 (I − iJ) = (J0 + JJ0 J) + (JJ0 − J0 ) = 2 2 2     0 1 0 0 −1 0     . . . .  i .. .. 1  1 1 .. ..     =   + 2 . . .. .. 2 . .   −1 . . . . 1  0

1

0

0

1

0

care este simetric˘ a. Problema 3.57 Fie A ∈ Mn (C). S˘ a se arate c˘a A are n valori proprii distincte dac˘a ¸si numai dac˘a singura matrice nilpotent˘ a cu care comut˘a este matricea nul˘a. Solut¸ie. Dac˘ a A are valorile proprii distincte λ1 , λ2 , . . . , λn , atunci forma sa canonic˘a Jordan este JA = P −1 AP = diag[λ1 , λ2 , . . . , λn ]. Fie B ∈ Mn (C) o matrice nilpotent˘a cu care A comut˘a. Din AB = BA rezult˘a JA (P −1 BP ) = (P −1 BP )JA din care rezult˘ a c˘ a matricea P −1 BP este diagonal˘a ¸si ˆın plus nilpotent˘a, deci P −1 BP = 0 ⇔ B = 0.

118

Reciproc, vom ar˘ ata c˘ a dac˘ a A are o valoare proprie multipl˘a, atunci exist˘a o matrice nilpotent˘a nenul˘ a B cu care A comut˘ a. Fie JA = P −1 AP forma canonic˘a Jordan a matricei A, JA = diag[Jλ1 , Jλ2 , . . . , Jλk ] ˆın care blocul Jordan Jλ1 are dimensiunea ≥ 2. Consider˘am blocul Jordan B1 de aceea¸si dimensiune cu Jλ1 , cu zero pe diagonal˘a ¸si construim matricea B 0 = diag[B1 , B2 , . . . , Bk ] ˆın care B2 = . . . = Bk = 0. Observ˘ am c˘a JA B 0 = B 0 JA ⇔ P −1 AP B 0 = B 0 P −1 AP ⇔ A · (P B 0 P −1 ) = (P B 0 P −1 )A iar matricea B = P B 0 P −1 este nilpotent˘a ¸si nenul˘a. Problema 3.58 Fie A, B, C, D ∈ Mn (R) astfel ca matricele AB t ¸si CDt s˘a fie simetrice ¸si ADt − BC t = In . S˘ a se arate c˘ a At D − C t B = In . Putnam, 1986 Solut¸ie. Din condit¸iile date prin transpunere obt¸inem: AB t = BAt ,

CDt = DC t

¸si DAt − CB t = In

care pot fi scrise sub forma       In 0 Dt −B t A B = = I2n ⇔ · 0 In −C t At C D 

M N = I2n ⇔ N M = I2n ⇔      In 0 A B Dt −B t = ⇒ · 0 In C D −C t At −C t B + At D = In . 



 A B  Problema 3.59 Fie A, B, C, D ∈ Mn (C) astfel ca matricea M =   s˘a fie inC D    E F  versabil˘a ¸si not˘ am M −1 =  , cu E, F, G, H ∈ Mn (C). G H S˘a se arate c˘ a det M · det H = det A. IMC, 1997 Solut¸ie. ˆIn egalitatea 

se trece la determinant¸i.

A B C D

     In F A 0 · = 0 H C In

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

119

Problema 3.60 Fie A, B, C ∈ Mn (C) cu A inversabil˘a. S˘a se arate c˘a 



 A B  t −1 det   = det A · det(C − B A B). Bt C Concurs Rusia, 2004 Solut¸ie. ˆIn egalitatea: 

A B Bt C



 =

In 0 B t A−1 In

     A 0 In A−1 B · · 0 C − B t A−1 B 0 In

se trece la determinant¸i. Problema 3.61 Fie A ∈ M4,2 (R) ¸si B ∈ M2,4 (R) astfel ca 



1 0 −1 0      0 1 0 −1    AB =  .   1 0   −1 0   0 −1 0 1 S˘a se determine BA. IMC, 2004  Solut¸ie. Fie A =

A1 A2

 ,B=



 B1 B2 , cu A1 , A2 , B1 , B2 ∈ M2 (R).

Avem  AB =

I2 −I2 −I2 I2



 =

A1 A2





B1 B2



 =



A1 B1 B1 B2 A2 B1 A2 B2

deci A1 B 1 = A2 B 2 = I 2

¸si A1 B2 = A2 B1 = −I2 .

−1 Astfel B1 = A−1 si A2 = B2−1 = −A1 , deci 1 , B2 = −A2 ¸

BA =



B1 B2



 ·

A1 A2



 = B1 A1 + B2 A2 = 2I2 =

2 0 0 2

 .

Problema 3.62 Fie A, B ∈ M2 (R) avˆand valorile proprii 1 ¸si 3, respectiv 2 ¸si 4. Pot fi valorile proprii ale matricei A + B 5 ¸si 6? Dar 1 ¸si 9? Concurs Rusia

120

Solut¸ie. Avem Tr A = 1 + 3 = 4, Tr B = 2 + 4 = 6 ¸si Tr (A + B) = Tr A + Tr B ⇔ 5 + 6 = 4 + 6 fals, deci ˆın primul caz r˘ aspunsul este negativ. ˆIn cazul al doilea Teorema Cayley-Hamilton pentru A, B ¸si A + B d˘a: A2 − 4A + 3I2 = 0 ⇔ (A − 2I2 )2 = I2 B 2 − 6B + 8I2 = 0 ⇔ (A − 3I2 )2 = I2 (A + B)2 − 10(A + B) + 5I2 = 0 ⇔ (A + B − 5I2 )2 = 16I2 Not˘am A − 2I2 = X, B − 3I2 = Y obt¸inem relat¸iile X 2 = Y 2 = I2 ¸si (X + Y )2 = 16I2 ⇔ X 2 + Y 2 + XY + Y X = 16I2 ⇔ XY + Y X = 14I2

(∗)

ˆIn (∗) ˆınmult¸im cu X la dreapta ¸si obt¸inem Y + XY X = 14X ˆınmult¸im cu Y la stˆ anga ¸si obt¸inem X + XY X = 14Y Prin sc˘adere rezult˘ a X = Y ¸si atunci (X + Y )2 = 4I2 6= 16I2 , deci nici acest caz nu poate exista. Problema 3.63 Fie A ∈ M3 (C) cu det A = 1, Tr A = Tr A−1 = 0. S˘a se arate c˘a A3 = In . Iran Solut¸ie. Fie λ1 , λ2 , λ3 valorile proprii ale lui A. Avem: λ1 λ2 λ3 = 1,

λ1 + λ2 + λ3 = 0,

S1 = 0,

S2 = 0,

1 1 1 + + =0 ⇔ λ1 λ2 λ3

S3 = 1 ⇒ fA (x) = x3 − 1

¸si din Teorema Cayley-Hamilton rezult˘a A3 = I3 . Problema 3.64 Fie A, B ∈ Mn (C) astfel ca AB + A + B = 0. S˘a se arate c˘a AB = BA. IMC, 2003 Solut¸ie. Avem AB + A + B + In = In ⇔ (A + In )(B + In ) = In ⇔ (B + In )(A + In ) = In ⇔ BA + A + B = 0 ⇒ AB = BA. Observat¸ie. Analog dac˘ a AB = A + B atunci AB = BA. Problema 3.65 Fie A, B ∈ Mn (R) astfel ca A2 + B 2 = AB ¸si matricea AB − BA este inversabil˘a. S˘ a se arate c˘ a n este divizibil cu 3.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

121

IMC, 1997 √ −1 + i 3 Solut¸ie. Fie ε = , r˘ ad˘ acin˘a de ordin 3 a unit˘a¸tii (ε3 = 1) ¸si C = A + εB. 2 Avem CC = (A + εB)(A + εB) = A2 + εBA + εAB + B 2 = AB + εBA + εAB = ε(BA − AB). Deoarece det(CC) = det C · det C = | det C|2 ≥ 0 ¸si pe de alt˘a parte det(CC) = εn det(BA − AB), rezult˘a c˘a det(BA − AB) = 0 sau εn ∈ R ⇒ n se divide cu 3. Problema 3.66 Fie A, B, C ∈ Mn (C) cu A inversabil˘a ¸si (A − B)C = BA−1 . S˘a se arate c˘a C(A − B) = A−1 B. IMC, 2009 Solut¸ie. (A − B)C = BA−1 ⇔ AC − BC − BA−1 + AA−1 = In ⇔ (A − B)(C + A−1 ) = In ⇔ (C + A−1 )(A − B) = In ⇔ C(A − B) = A−1 B. Problema 3.67 Fie A1 , A2 , . . . , Ak ∈ Mn (R) astfel ca A1 At1 + A2 At2 + . . . + An Atn = 0. S˘a se arate c˘ a A1 = A2 = . . . = An = 0. Solut¸ie. Consider˘ am matricea cu blocuri   A = A1 A2 . . . Ak ∈ Mn,kn (R) ¸si condit¸ia dat˘ a se scrie sub forma AAt = 0 ⇒ Tr (AAt ) = 0 ⇔

n X kn X

|aij |2 = 0 ⇔

i=1 j=1

aij = 0, i = 1, n, j = 1, kn, deci A = 0. Problema 3.68 Fie A ∈ Mn (C) o matrice cu proprietatea c˘a pentru orice x ∈ Mn,1 (C) exist˘a Nx ∈ N∗ astfel ca ANx x = 0. S˘ a se arate c˘a An = 0. Solut¸ie. Fie    E1 =  

1 0 .. . 0





     , E2 =   

0 1 .. .





     , . . . , En =   

0

0 0 .. .

    

1

baza canonic˘ a ¸si N = max{NE1 , NE2 , . . . , NEn }. Avem: AN E1 = AN E2 = . . . = AN En = 0 sau AN In = 0, deci AN = 0 ¸si din Teorema Cayley-Hamilton rezult˘a An = 0.

122

Problema 3.69 Fie A, B ∈ Mn (C) astfel ca A2 B + BA2 = 2ABA. S˘a se arate c˘a exist˘a un num˘ar natural k astfel ca (AB − BA)k = 0. IMC, 2009 Solut¸ie. Dac˘ a not˘ am C = AB −BA, atunci relat¸ia dat˘a se scrie sub forma AC −CA = 0 ⇔ AC = CA. Avem: C m+1 = C m (AB − BA) = A(C m B) − (C m B)A, deci Tr (C m+1 ) = 0, pentru orice m ≥ 0. Din Tr (C) = Tr (C 2 ) = . . . = Tr (C n ) = 0 rezult˘a c˘a toate valorile proprii ale matricei C sunt egale cu zero, polinomul caracteristic este fC (x) = xn ¸si din teorema Cayley-Hamilton rezult˘a C n = 0. Problema 3.70 Fie A, B ∈ Mn (R) astfel ca AB − BA = aA, unde a 6= 0. a) S˘a se arate c˘ a pentru orice k ∈ N∗ avem Ak B − BAk = akAk . b) S˘a se arate c˘ a An = 0. IMC, 1994 Solut¸ie. a) Prin induct¸ie dup˘ a k, dac˘a ˆın relat¸ia Ak B − BAk = akAk ˆınmult¸im cu A obt¸inem: Ak+1 B − ABAk = akAk+1 . Acum ˆınlocuim AB cu BA + aA ¸si obt¸inem: Ak+1 B − (BA + aA)Ak = akAk+1 ⇔ Ak+1 B − BAk+1 = a(k + 1)Ak+1 . b) Trecˆand la urme ˆın relat¸ia de la a) obt¸inem: Tr (akAk ) = Tr (Ak B) − Tr (BAk ) = 0, deci Tr (Ak ) = 0. Din Tr A = Tr A2 = . . . = Tr An = 0 rezult˘a c˘a toate valorile proprii ale matricei A sunt egale cu zero. Polinomul caracteristic este fA (x) = xn ¸si din teorema Cayley-Hamilton rezult˘ a An = 0. Problema 3.71 Fie A, B ∈ Mn (C) dou˘a matrice pentru care exist˘a numerele distincte z0 , z1 , z2 , . . . , zn ∈ C astfel ca matricele Ck = A + zk B, k = 0, n s˘a fie nilpotente. S˘a se arate c˘a matricele A ¸si B sunt nilpotente. IMC, 1995 Solut¸ie. O matrice X ∈ Mn (C) este nilpotent˘a dac˘a ¸si numai dac˘a X n = 0.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

123

Considerˆ and matricea Z(z) = A + zB, avem c˘a (A + zB)n = 0 pentru orice z ∈ {z0 , z1 , . . . , zn }. Avem (A + zB)n = An + zD1 + z 2 D2 + . . . + z n−1 Dn−1 + z n B n = 0 unde D1 , D2 , . . . , Dn−1 ∈ Mn (C). Deoarece pe fiecare pozit¸ie (i, j) polinomul se anuleaz˘a ˆın n + 1 numere distincte, el este identic nul, deci ˆın An ¸si ˆın B n elementele de pe orice pozit¸ie (i, j) sunt egale cu zero. Deci An = B n = 0. Problema 3.72 Fie A ∈ Mn (R) astfel ca 3A3 = A2 + A + In . S˘a se arate c˘a ¸sirul Ak converge la o matrice idempotent˘ a. IMC, 2003 Solut¸ie. Polinomul minimal al matricei A este divizor al polinomului f (x) = 3x3 − − x − 1, care are trei r˘ ad˘ acini distincte. √Rezult˘a c˘a matricea A este diagonalizabil˘a. √ −1 ± i 2 5 cu |λ2,3 | = < 1. Astfel c˘a Valorile proprii sunt λ1 = 1 ¸si λ2,3 = 3 3   Ip 0 k lim A = =B 0 0 k→∞ x2

unde p este num˘ arul valorilor proprii egale cu 1. Evident B 2 = B.

Problema 3.73 Fie A, B ∈ M2 (Z) astfel ca matricele A, A+B, A+2B, A+3B ¸si A+4B s˘a fie inversabile ¸si inversele lor s˘ a fie ˆın M2 (Z). S˘a se arate c˘a A + 5B este inversabil˘a ¸si (A + 5B)−1 ∈ M2 (Z). Putnam, 1994 Solut¸ie. Consider˘ am polinomul de grad ≤ 2, fA,B (x) = det(A + xB) ¸si observ˘am c˘a dac˘a C ∈ M2 (Z), atunci C −1 ∈ M2 (Z) dac˘a ¸si numai dac˘a det C ∈ {−1, 1}. Din condit¸iile date avem: fA,B (0), fA,B (1), fA,B (2), fA,B (3) ¸si fA,B (4) sunt fiecare egale cu 1 sau −1, cel put¸in trei din ele au aceea¸si valoare. Din fA,B (i) = fA,B (j) = fA,B (k) ¸si gradfA,B ≤ 2 rezult˘ a c˘ a fA,B este constant (egal cu 1 sau cu −1), deci ¸si fA,B (5) ∈ {−1, 1}, adic˘a matricea A + 5B este element inversabil ˆın inelul M2 (Z). Problema 3.74 Fie A, B ∈ M2 (R) astfel c˘a exist˘a n ≥ 1 cu (AB − BA)n = I2 . S˘a se arate c˘a n este par ¸si c˘ a (AB − BA)4 = I2 . Putnam

124

Solut¸ie. Fie C = AB − BA cu Tr (C) = 0 deci C 2 = − det C · I2 unde C =



a b c −a

 .

Avem: C 2k = (− det C)k I2 ¸si C 2k+1 = (− det C)k C 6= I2 . R˘amˆane c˘ a (− det C)k = 1 ⇔ (a2 + bc)k = 1 ⇒ a2 + bc ∈ {−1, 1} ⇒ C 4 = (∓1)2 I2 = I2 . Problema 3.75 Fie A, B, C, D ∈ M2 (C) ¸si not˘am [A, B] = AB − BA. S˘a se arate c˘a exist˘a λ ∈ C astfel ca [A, B] · [C, D] − [C, D] · [A, B] = λI2 . Putnam Solut¸ie. Avem Tr [A, B] = 0, deci exist˘a α ∈ C astfel ca [A, B]2 = αI2

(α = − det[A, B]).

Analog exist˘ a β, γ ∈ C astfel ca [C, D]2 = βI2

¸si

[A, B] + [C, D]2 = γI2 .

Rezult˘a [A, B] · [C, D] + [C, D] · [A, B] = ([A, B] + [C, D])2 − [A, B]2 − [C, D]2 = (γ − α − β)I2 deci λ = γ − α − β. Problema 3.76 Fie A ∈ M3,2 (C), B ∈ M2,3 (C)   8 2  AB =   2 5  −2 4

astfel ca  −2   4  .  5

S˘a se arate c˘ a BA = 9I2 . Putnam Solut¸ie. Prin calcul (AB)2 = 9(AB) ⇒ rang (AB)2 = rang (AB) = 2 ⇔ rang A(BA)B = 2 ⇒ rang (BA) ≥ 2 ¸si cum BA ∈ M2 (C) ⇒ rang (BA) = 2, deci BA este inversabil˘a. Deci (AB)2 = 9AB ⇒ B(AB)2 A = 9BABA ⇔ (BA)3 = 9(BA)2 ⇒ BA = 9I2 .

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

125

Problema 3.77 Fie A ∈ Mn (R), A 6= 0 astfel ca aik ajk = akk aij pentru orice i, j, k = 1, n. S˘a se arate c˘ a: a) Tr A 6= 0. b) At = A. c) fA (x) = xn−1 (x − Tr A). Iran Solut¸ie. Fie B = AAt = [bij ], avem bij =

n X k=1

aik ajk =

n X

akk aij = aij (Tr A) ⇒

k=1

B = (Tr A)A ⇔ AAt = (Tr A)A

(∗)

a) Dac˘a prin absurd Tr A = 0 ⇒ AAt = 0 ⇒ Tr (AAt ) = 0 ⇒ A = 0. b) Din (∗) prin transpunere (AAt )t = (Tr A)At ⇔ AAt = (Tr A)At ⇒ A = At . c) Este suficient s˘ a ar˘ at˘ am c˘ a rang A = 1 deci c˘a coloanele sunt proport¸ionale. Din Tr A 6= 0 rezult˘ a c˘ a exist˘ a akk 6= 0. Avem Cj =

ajk Ck . akk

Problema 3.78 Fie A, B ∈ Mn (C) astfel ca rang (AB − BA) = 1. S˘a se arate c˘a (AB − BA)2 = 0. IMC, 2000 Solut¸ie. Matricea C = AB − BA fiind de rang 1 are cel mult o valoare proprie nenul˘a ¸si dac˘a o not˘ am cu λ atunci Tr (C) = λ. Pe de alt˘a parte Tr (C) = Tr (AB) − Tr (BA) = 0, deci λ = 0. Astfel c˘ a toate valorile proprii ale matricei C sunt egale cu zero. ˆIn plus ˆın forma canonic˘ a Jordan a matricei C exist˘a un singur bloc de dimensiune 2 (ˆın rest este diagonal˘a) ¸si atunci JC2 = 0, deci C 2 = 0. Problema 3.79 Fie A, B ∈ Mn (R) astfel ca Tr (AAt + BB t ) = Tr (AB + At B t ). S˘a se arate c˘a A = B t . Putnam Solut¸ie. Tr (AAt + BB t ) = Tr (AAt ) + Tr (BB t ) = Tr (AAt ) + Tr (B t B) = Tr (AAt + B t B) Tr (AB + At B t ) = Tr (AB) + Tr (At B t )

126

= Tr (AB) + Tr (B t At ) = Tr (AB + B t At ). Relat¸ia dat˘ a devine: Tr (AAt + B t B) = Tr (AB + B t At ) ⇔ Tr (AAt + B t B − AB − B t At ) = 0 ⇔ Tr ((A − B t )(At − B)) = 0 ⇔ Tr ((A − B t )(A − B t )t ) = 0 ⇔ A − B t = 0 ⇔ A = B t (din Tr (M M t ) = 0 rezult˘ a M = 0). 1 Problema 3.80 Fie A, B ∈ Mn (C). S˘a se arate c˘a Tr (AB) ≤ Tr (AA∗ + BB ∗ ). 2 Solut¸ia 1. Avem Tr (AB) = a11 b11 + a12 b21 + a13 b31 + . . . + a1n bn1 + a21 b12 +a22 b22 + . . . + a2n bn2 + . . . + an1 b1n + an2 b2n + . . . + ann bnn (1) p p ≤ |a11 |2 + |a12 |2 + . . . + |ann |2 · |b11 |2 + |b21 |2 + . . . + |bnn |2 p = Tr (AA∗ ) · Tr (BB ∗ ) (2)

≤

1 1 (Tr (AA∗ ) + Tr (BB ∗ )) = Tr (AA∗ + BB ∗ ). 2 2

ˆIn (1) am aplicat inegalitatea Cauchy-Schwarz, iar ˆın (2) am aplicat inegalitatea mediilor. Solut¸ia 2. Fie B = C ∗ . Avem Tr (AB) = Tr (AC ∗ ) = hA, Ci ≤ kAk · kCk p p p p = hA, Ai · hC ∗ , C ∗ i = Tr (AA∗ ) · Tr (C ∗ C) p p 1 = Tr (AA∗ ) · Tr (BB ∗ ) ≤ (Tr (AA∗ ) + Tr (BB ∗ )). 2 Problema 3.81 Fie A ∈ Mn (C) o matrice nesingular˘a cu coloanele A1 , A2 , . . . , An ¸si fie B ∈ Mn (C) cu coloanele A2 , A3 , . . . , An , 0. S˘a se arate c˘a matricele C = BA−1 ¸si D = A−1 B au rangurile n − 1 ¸si toate valorile proprii sunt zero. IMC, 1995 Solut¸ie. Fie    J0 =   

0 1 0 0 0 1 ... ... ... 0 0 0 0 0 0

... 0 ... 0 ... ... ... 1 ... 0

     

celul˘a Jordan cu λ = 0 pe diagonal˘ a. Se verific˘ a relat¸ia B = AJ0 ⇔ J0 = A−1 B = D ¸si C = BA−1 = AJ0 A−1 , deci matricele C ¸si J0 sunt asemenea iar J0 are rangul n − 1 ¸si toate valorile proprii egale cu zero (la fel matricele C ¸si D).

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

127

Problema 3.82 Fie m ≥ 2, n ≥ 2 numere naturale ¸si a1 , a2 , . . . , am , am+1 numere reale. S˘a se arate c˘ a exist˘ a matricele A1 , A2 , . . . , Am ∈ Mn (R) astfel ca det A1 = a1 , . . . , det Am = am ¸si det(A1 + . . . + Am ) = am+1 . Putnam Solut¸ie. Lu˘ am  a1 0  1 1 0    A1 =  , ..   . 0 1 



 a2 b  0 1 0    A2 =  , ..   . 0 1 

ai 1

  Ai =   0



0   , ..  . 1

i = 3, m

¸si avem det Ai = ai , i = 1, m 

A1 + A2 + . . . + Am

s b  1 m 0  = ..  . 0 m

    , unde s = a1 + a2 + . . . + am . 

Dezvoltˆand cu regula lui Laplace dup˘a primele dou˘a linii obt¸inem: det(A1 + A2 + . . . + Am ) = mn−2 (sm − b). Din condit¸ia mn−2 (sm − b) = am+1 rezult˘a b = sm − am+1 m2−n . Problema 3.83 Fie A ∈ Mn (R) astfel ca A3 = A. S˘a se arate c˘a rang A + rang (A − In ) + rang (A + In ) = 2n. Solut¸ie. Ar˘ at˘ am mai ˆıntˆ ai c˘ a matricea A este diagonalizabil˘a. Dac˘a Jλ este unul din blocurile diagonale din forma canonic˘a Jordan avem Jλ3 = Jλ , ceea ce este fals dac˘a dimensiunea blocului Jλ este ≥ 2. Valorile proprii ale matricei A verific˘a ecuat¸ia λ3 = λ deci λ ∈ {0, −1, 1} ¸si atunci forma canonic˘a Jordan este   0n  Ip JA =  −Iq ¸si avem: rang A = rang JA = p + q,

rang (A − In ) = r + q

¸si

rang (A + In ) = r + p,

deci rang A + rang (A − In ) + rang (A + In ) = 2(n + p + q) = 2n.

128

Problema 3.84 Fie A ∈ Mn ({−1, 1}), n impar. Not˘am cu ai produsul elementelor de pe linia i ¸si cu bj produsul elementelor de pe coloana j. S˘a se arate c˘a n X

ai +

i=1

n X

bj 6= 0.

j=1

Iran Solut¸ie. Consider˘ am matricea Jn = [1] cu toate elementele egale cu 1 ¸si avem X X ai = bj = 1, ∀ i, j ⇒ ai + bj = 2n = 4k + 2 (pentru n = 2k + 1). Orice matrice A ∈ Mn ({−1, 1}) se obt¸ine ˆınlocuind succesiv ˆın Jn cˆate un 1 cu cˆate un −1. La fiecare ¸si cˆate un bj ˆın −bj Xastfel de modificare se schimb˘a cˆate un ai ˆın −aiX ai se m˘ are¸ste sau se mic¸soreaz˘a cu 2 ¸si la fel bj astfel ca suma ¸si astfel suma X X A+B = ai + bj cre¸ste cu 4 sau scade cu 4 sau r˘amˆane la fel. Pornind de la suma 4k + 2 ˆın final obt¸inem pentru orice A dat o sum˘a de forma 4p + 2 6= 0. Observat¸ie. Pentru n par n = 2k (k impar) un contraexemplu este matricea Hadamard   Jk −Jk H4k = Jk Jk cu a1 = . . . = ak = −1, ak+1 = . . . = a2k = 1, b1 = . . . = bk = −1, bk+1 = . . . = b2k = 1. A2

Problema 3.85 Fie A ∈ Mn (C) astfel ca

= In ¸si

n X

aij = s, ∀ i = 1, n. S˘a se

j=1

determine valorile posibile ale lui s. Iran Solut¸ie. Not˘ am A2 = B = [bij ] ¸si avem: bij =

n X

aik akj .

k=1

Avem

n X

bij = n ⇔

i,j=1

n X

n X

i,j=1

k=1

! aik akj

=n ⇔

  n n n X X X   aik akj  = n ⇔ (a1k + . . . + ank )(ak1 + . . . + akn ) = n ⇔  |{z} |{z} k=1

n X

i,j=1 αi

k=1

βj

n X

(a1k + . . . + ank )s = n ⇔

k=1

k=1 2

! a1k

+ ... +

n X k=1

2

ns = n ⇔ s = 1, deci s ∈ {−1, 1}. Observat¸ie. s = 1 pentru A = In ¸si s = −1 pentru A = −In .

!! ank

s=n ⇔

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

129

Problema 3.86 Fie A ∈ Mn (Z), det A 6= 0, astfel ca pentru orice k ∈ N∗ exist˘a Xk ∈ Mn (Z) astfel ca Xkk = A. S˘ a se arate c˘a A = In . bk este inversabil˘a Solut¸ie. Pentru orice num˘ ar prim p care nu divide det A, matricea X bk )k = Ibn , ˆın Mn (Zp ) ¸si dac˘ a lu˘ am k = |GLn (Zp )| avem din teorema lui Lagrange c˘a (X b = Ibn ⇔ A ≡ In (mod p). Rezult˘a c˘a toate elementele matricei A − In sunt deci A divizibile cu p. Deoarece aceasta are loc pentru toate numerele prime p care nu divid det A (o infinitate), rezult˘ a A − In = 0, deci A = In . Problema 3.87 Fie A, B, C, D ∈ Mn (C) astfel ca Ak C = DB k , pentru orice k ∈ N∗ . a) S˘a se arate c˘ a dac˘ a A ¸si B sunt inversabile, atunci C = D. b) Dac˘a matricele A ¸si B nu au valori proprii comune, s˘a se arate c˘a ecuat¸ia AX = XB are doar solut¸ia X = 0 iar ecuat¸ia AY − Y B = C are o singur˘a solut¸ie, pentru orice C ∈ Mn (C). Solut¸ie. a) Fie fA , fB polinoamele caracteristice ale matricelor A ¸si B ¸si g = fA fB =

m X

aik xk + a0 , cu a0 = fA (0)fB (0) 6= 0.

k=1

Avem g(A) = g(B) = 0 deci g(A)C = Dg(B) ⇔

X

Ak C + a0 C =

X

DB k + a0 D ⇒ C = D.

b) Fie X o solut¸ie a ecuat¸iei AX = XB (exist˘a cel put¸in solut¸ia banal˘a). Prin induct¸ie Ak X = XB k , ∀ k ∈ N∗ ⇒ fA (A)X = XfA (B) ⇒ XfA (B) = 0. Dac˘a valorile proprii ale lui A sunt λ1 , λ2 , . . . , λn atunci fA (x) = (x − λ1 ) . . . (x − λn ),

fA (B) = (B − λ1 I) . . . (B − λn I)

¸si det(B − λi I) 6= 0 ⇒ fA (B) este inversabil˘a ¸si atunci X = 0. Consider˘ am ecuat¸ia AY − Y B = C ca sistem de n2 ecuat¸ii liniare cu n2 necunoscute (elementele matricei Y ). Matricea sistemului este aceea¸si cu a sistemului AX − XB = 0 care am v˘azut c˘ a are doar solut¸ie unic˘a. Atunci ¸si sistemul neomogen are doar solut¸ie unic˘a. Problema 3.88 Fie A = [aij ]i=1,m o matrice cu elementele numere pozitive. Numim j=1,n

”transformare” ˆınlocuirea tuturor elementelor de pe o linie sau de pe o coloan˘a cu inversele lor. S˘a se arate c˘ a putem efectua o succesiune de ”transform˘ari” care modific˘a matricea A ˆın matricea B cu proprietatea c˘ a produsul tuturor elementelor de pe fiecare linie ¸si de pe fiecare coloan˘ a este cel put¸in 1.

130

Solut¸ie. Dac˘ a C este o matrice obt¸inut˘a prin transform˘ari din A, atunci cij = aij sau 1 cij = , deci num˘ arul matricelor ce pot fi obt¸inute din A este finit (maxim 2mn ). Fie aij B matricea pentru care produsul tuturor elementelor este maxim (dintre toate matricele obt¸inute prin transform˘ ari succesive din A). Ar˘at˘am c˘a B are proprietatea cerut˘a. Dac˘a de exemplu, prin absurd ar exista o linie sau coloan˘a cu produsul elementelor mai mic ca 1, facem ˆın ea transformarea care inverseaz˘a elementele acestei linii sau coloane ¸si obt¸inem o matrice B1 ˆın care produsul elementelor este strict mai mare (contradict¸ie cu alegerea matricei B). Problema 3.89 Fie A ∈ Mn (C) o matrice cu proprietatea S(A) = S(A2 ) = · · · = S(An ) = 0, unde S(Ak ) este suma tuturor elementelor matricei Ak , k = 1, n. S˘a se arate c˘ a: a) Determinantul matricei A este egal cu zero. b) S(Ak ) = 0, pentru orice k ∈ N∗ . c) S˘a se dea exemplu de matrice nenul˘a A cu proprietatea din enunt¸. Solut¸ie. Din teorema Cayley-Hamilton scriem relat¸ia An − σ 1 An−1 + σ 2 An−2 − · · · + (−1)n−1 σ n−1 A + (−1)n det A · In = 0 a) Aplic˘am ˆın (2) funct¸ia S ¸si obt¸inem S(An ) − σ 1 S(An−1 ) + · · · + (−1)n−1 σ n−1 S(A) + (−1)n det A · n = 0 ¸si din ipotez˘ a rezult˘ a det A = 0. b) ˆInmult¸im ˆın (1) cu A ¸si apoi aplic˘am S, obt¸inem S(An+1 ) = 0. ˆInmult¸im ˆın (1) cu A2 ¸si apoi aplic˘ am S, obt¸inem S(An+2 ) = 0. Prin induct¸ie rezult˘ a S(An+k ) = 0, ∀ k ∈ N. c) Fie x1 , x2 , . . . , xn ∈ R cu x1 + x2 + · · · + xn = 0 ¸si    X= 

x1 x2 .. .

    6= 0. 

xn Definim A = XX t ¸si avem S(A) = (x1 + x2 + · · · + xn )2 = 0. A2 = XX t XX t = (x21 + x22 + · · · + x2n )A, deci S(A2 ) = 0 Ak = (x21 + x22 + · · · + x2n )k−1 A, deci S(Ak ) = 0, k ∈ N∗ .

(1)

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

131

Problema 3.90 Fie U = {z ∈ C | |z| = 1} ¸si A, B ∈ Mn (C) astfel ca det B 6= 0, AB = BA ¸si det(A + zB) ∈ U pentru orice z ∈ U . S˘a se arate c˘a det B ∈ U ¸si An = 0. Solut¸ie. Funct¸ia f (z) = det(A + zB) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n este polinomial˘a de grad n (an = det B 6= 0). Condit¸ia det(A + zB) ∈ U pentru orice z ∈ U se scrie f (z)(f (z)) = 1, pentru orice z 1 cu z = . Avem z (a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n )(a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n ) = 1 ⇔ (a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n )(a0 z n + a1 z n−1 + a2 z n−2 + · · · + an ) = z n . Ultima egalitate avˆ and loc pentru o infinitate de valori ale lui z, ea este identitate de polinoame. Prin identificarea coeficient¸ilor obt¸inem succesiv: a0 an = 0, an 6= 0 ⇒ a0 = 0 a1 an = 0 ⇒ a1 = 0, a2 an = 0 ⇒ a2 = 0, . . . , an−1 an = 0 ⇒ an−1 = 0 ¸si an an = 1 ⇔ | det B| = 1 ⇔ det B ∈ U. ˆIn concluzie f (z) = an z n ⇔ det(A + zB) = det B · z n ⇔ det[B(B −1 A + zIn )] = det B · z n ⇔ det B · det(B −1 A + zIn ) = det B · z n ⇔ det(B −1 A + zIn ) = z n ⇔ h(z) = z n , unde h este polinomul caracteristic al matricei C = −B −1 A. Conform teoremei CayleyHamilton (−B −1 A)n = 0 ⇔ (B −1 A)n = 0 ⇔ (B −1 )n An = 0 ⇔ An = 0 Observat¸ie. Condit¸ia AB = BA este necesar˘a dup˘a cum se vede din urm˘atorul exemplu:     0 1 0 0     1  1 ... 0      A= , B =  .  . . .   . . .   . . 0 1 0 1 0 AB 6= BA n+1 n

det(A + zB) = (−1)

z ;

| det(A + zB)| = 1, deci |z| = 1 dar An = A 6= 0.

Problema 3.91 Fie A o matrice de ordin 2n, n ≥ 1, cu elementele numere naturale ¸si cu proprietatea: (P): pentru orice dou˘ a linii Li , Lj cu i 6= j, suma lor Li +Lj cont¸ine n elemente numere pare ¸si n elemente numere impare. a) S˘a se arate c˘ a pentru orice dou˘ a coloane Ci ¸si Ci cu i 6= j, suma lor Ci + Cj cont¸ine n elemente numere pare ¸si n elemente numere impare. b) S˘a se arate c˘ a pentru orice k ≥ 1 exist˘a matrice de ordin 2k cu proprietatea (P ).

132

Solut¸ie. a) Asociem matricei A = [aij ], matricea B = [bij ] ˆın care bij = 1 dac˘a aij este num˘ar par ¸si bij = −1 dac˘ a aij este num˘ar impar (bij = (−1)aij ). Observ˘am c˘ a matricea A are proprietatea (P) dac˘a ¸si numai dac˘a produsul oric˘aror 2n X dou˘a linii L0i ¸si L0j din matricea B cont¸ine n de 1 ¸si n de −1, adic˘a bik bjk = 0. k=1

Deoarece

2n X

(bik )2 = 2n, ∀ i = 1, 2n rezult˘a c˘a A are proprietatea (P) dac˘a ¸si numai dac˘a

k=1

B · B t = 2n · I2n . Evident avem ¸si B t B = 2nI2n , relat¸ie care reinterpretat˘a d˘a acelea¸si condit¸ii asupra coloanelor matricei B, respectiv asupra coloanelor matricei A. b) Definim     B2k B2k 1 1 B2 = ¸si B2k+1 = , ∀ k ≥ 1, −1 1 −B2k B2k respectiv  A2 =

1 1 0 1



 ¸si A2k+1 =

A2k A2k

A2k A2k

 , ∀ k ≥ 1,

unde [aij ] = [aij ] ¸si 1 = 0, 0 = 1. Observat¸ie. Se poate pune urm˘ atoarea problem˘a: care sunt numerele naturale n pentru care exist˘ a A de dimensiune 2n cu proprietatea (P)? Nu ¸stim r˘aspunsul, dar credem c˘ a sunt numai numerele de forma n = 2k , k ∈ N. Problema 3.92 Cu numerele reale a1 , a2 , . . . , an ; b1 , b2 , . . . , bn definim matricele p˘atratice de ordin n: A = [aij ], B = [bij ], unde aij = ai − bj ¸si    1 dac˘a aij ≥ 0 bij = ,   0 dac˘a aij < 0

i, j = 1, n.

Fie C = [cij ] o matrice cu elementele 0 sau 1 ¸si cu proprietatea n X

bij =

j=1

n X

cij , i = 1, n ¸si

j=1

n X

bij =

i=1

n X

cij , j = 1, n.

i=1

a) S˘a se arate c˘ a n X

aij (bij − cij ) = 0 ¸si

B = C.

i,j=1

b) ˆIn ce condit¸ii matricea B este inversabil˘a? SEEMOUS, 2009 Solut¸ie. a) n X i,j=1

aij (bij − cij ) =

n X i=1

 ai 

n X j=1

bij −

n X j=1

 cij  −

n X j=1

bj

n X i=1

bij −

n X i=1

! cij

=0

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

133

Analiz˘am semnul termenului aij (bij − cij ) = (ai − bj )(bij − cij ).

(1)

Dac˘a ai ≥ bj atunci aij ≥ 0, bij = 1 ¸si cij ∈ {0, 1}, deci aij (bij − cij ) ≥ 0. Dac˘a ai < bj atunci aij > 0, bij = 0 ¸si cij ∈ {0, 1}, deci aij (bij − cij ) ≥ 0. Din (1) ¸si din aij (bij − cij ) ≥ 0, ∀ i, j = 1, n rezult˘a aij (bij − cij ) = 0, i, j = 1, n. Dac˘a aij 6= 0 ⇒ bij = cij . Dac˘a bij = 0 ⇒ aij < 0 (aij 6= 0) ⇒ bij = cij = 0. n n X X Deci bij ≥ cij , ∀ i, j = 1, n ¸si din condit¸iile date bij = cij , rezult˘a bij = i,j=1

i,j=1

cij , ∀ i, j = 1, n. b) Putem considera c˘ a numerele sunt ordonate a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ¸si b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn , deoarece reordonarea numerelor a1 , a2 , . . . , an revine la permutarea liniilor matricei B iar reordonarea numerelor b1 , b2 , . . . , bn revine la permutarea coloanelor matricei B. Dac˘a exist˘ a ai ¸si ai+1 ˆıntre care nu se afl˘a nici un bj atunci liniile Li ¸si Li+1 sunt egale (matricea B este neinversabil˘ a). Dac˘ a exist˘a bi ¸si bi+1 ˆıntre care nu se afl˘a nici un aj atunci coloanele ci ¸si ci+1 sunt egale. ˆIn concluzie numerele b1 , b2 , . . . , bn separ˘a numerele a1 , a2 , . . . , an . Dac˘a a1 este cel mai mic num˘ar atunci prima linie are toate elementele zero. Deci cel mai mic este b1 ¸si avem condit¸ia b1 ≤ a1 < b2 ≤ a2 < · · · < bn ≤ an pentru care matricea B este   1 0 0 ... 0  1 1 0 ... 0     1 1 ... 0  B= 1  , inversabil˘a.  ... ... ... ... ...  1 1 1 ... 1 Concluzie: bi1 ≤ aj1 < bi2 ≤ aj2 < · · · < bin ≤ ajn , unde i1 , . . . , in ¸si j1 , . . . , jn sunt permut˘ari ale mult¸imii {1, 2, . . . , n}. Problema 3.93 S˘ a se determine rangul maxim ¸si rangul minim al unei matrice A ∈ Mn (R) ale c˘ arei elemente sunt numerele 1, 2, . . . , n2 . IMC, 2007 Solut¸ie. Rangul maxim este n. Un exemplu este o matrice ˆın care sub diagonal˘a toate numerele sunt pare, pe diagonal˘ a sunt numai numere impare iar deasupra diagonalei celelalte elemente. Valoarea determinantului este impar˘a (trecˆand ˆın Z2 ), deci nenul˘a. Rangul minim este 2: putem rearanja liniile ¸si coloanele astfel ca 1 = a11 < a12 < . . . < a1n ¸si a11 < a21 < . . . < an1 astfel c˘ a a1n ≥ n ¸si an1 ≥ n, cel put¸in una din inegalit˘a¸ti fiind strict˘a. Minorul a11 a1n = a11 ann − a1n an1 < 1 · n2 − n2 = 0 ∆= an1 ann deci ∆ 6= 0. Matricea A = [aij ]i,j=1,n cu aij = n(i − 1) + j are rangul 2, orice linie este o combinat¸ie liniar˘a a liniilor [1, 2, . . . , n] ¸si [1, 1, . . . , 1].

134

Problema 3.94 a) Fie A ∈ Mn (R), n ≥ 2 o matrice simetric˘a, inversabil˘a, cu elemente pozitive. S˘a se arate c˘ a num˘ arul elementelor egale cu zero ˆın matricea A−1 este cel mult n2 − 2n. b) S˘a se dea un exemplu de matrice A simetric˘a ¸si inversabil˘a pentru care matricea invers˘a A−1 are n2 − 2n elemente egale cu zero. IMC, 1994 Solut¸ie. a) Fie B = A−1 = [bij ]i,j=1,n . n X Din AB = In obt¸inem aik bkj = 0, pentru orice i 6= j ¸si cum matricea A are toate i=0

elementele pozitive rezult˘ a c˘ a pentru orice i = 1, n fixat, exist˘a cel put¸in un bkj > 0 ¸si un bk0 j < 0, deci pe orice coloan˘ a a matricei B avem cel put¸in dou˘a elemente nenule. ˆIn total avem cel put¸in 2n elemente nenule ˆın A−1 , deci cel mult n2 − 2n elemente egale cu zero. b) Lu˘am   1 1 1 ... 1  1 2 2 ... 2      A =  1 2 1 ... 1 ,   . . .   .. .. .. 1 2 1   ¸si prin transform˘ ari elementare ˆın matricea A In obt¸inem c˘a A−1 = B cu elementele nenule:  pentru i = j = 1  2 (−1)n pentru i = j = n bij =  (−1)k pentru i = k, j = k + 1 sau i = k + 1, j = k. ˆIn total B are 2n − 2 + 2 = 2n elemente nenule. Problema 3.95 Fie A, B ∈ Mm,n (C). S˘a se arate c˘a rang B ≤ rang A dac˘a ¸si numai dac˘a exist˘a matricele Q ∈ Mm (C) inversabil˘a ¸si M ∈ Mn (C) astfel ca B = QAM. Solut¸ie. Evident c˘ a rang B = rang (QAM ) ≤ rang A. R˘amˆane s˘ a ar˘ at˘ am c˘ a orice matrice B de rang ≤ rang A se poate pune sub forma B = QAM . Fie rang A = k ¸si fie B o matrice de rang p ≤ k. Consider˘am forma canonic˘a de rang a matricei B:   Ip 0 B= 0 0 ¸si forma canonic˘ a a matricei A:  A= ¸si se verific˘a relat¸ia B = AB.

Ik 0 0 0



Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

135

Cum B = Q1 BP1 , A = Q2 AP2 , cu Q1 , Q2 ∈ GLm (C), P1 , P2 ∈ GLn (C) rezult˘a Q1 BP1 = Q2 AP2 B ⇔ −1 B = (Q−1 1 Q2 )A(P2 BP1 ) = QAM.

Problema 3.96 Fie G = {A1 , A2 , . . . , Ak } ⊂ Mn (R) astfel ca (G, ·) s˘a fie un grup ¸si k n X X Tr (Ai ) = 0. S˘ a se arate c˘ a Ai = 0. i=1

i=1

Putnam, 1985 Solut¸ie. Pentru orice j = 1, k fixat avem: Aj G = G ⇔ {Aj A1 , . . . , Aj Ak } = {A1 , . . . , Ak }. Sum˘am ¸si not˘ am S = A1 + . . . + Ak ¸si obt¸inem Aj S = S,

j = 1, k.

Sum˘am din nou ¸si obt¸inem S 2 = kS. Valorile proprii ale matricei S nu pot fi decˆat r˘ad˘acini ale polinomului x2 = kx = 0 deci λS ∈ {0, k}. Din condit¸ia Tr (S) = 0, suma acestor valori proprii trebuie s˘a fie zero deci toate valorile proprii sunt 0. Matricea S − kIn are toate valorile proprii egale cu k, deci nenule ¸si atunci S − kIn este inversabil˘a. Din S(S − kIn ) = 0 rezult˘a S = 0. Problema 3.97 Fie A ∈ GLn (C) astfel ca AA = In . S˘a se arate c˘a exist˘a B ∈ GLn (C) astfel ca A = B −1 B. IMC, 2002 Solut¸ie. Vom c˘ auta matricea B sub forma B = αA + βIn cu α, β ∈ C. Avem: A = B −1 B ⇔ BA = B ⇔ (αA + βIn )A = αA + βIn ⇔ αAA = βA = αA + βIn ⇔ αIn + βA = αA + βIn . Dac˘a lu˘am β = α relat¸ia are loc, deci B = αA + αIn ,

α ∈ C.

Mai trebuie pus˘ a condit¸ia det B 6= 0. Avem   α det B = det(αA + αIn ) = α det A + In . α n

Este suficient s˘ a alegem un num˘ar α ∈ C diferit de −λ1 , −λ2 , . . . , −λn , unde λ1 , λ2 , . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A.

136







 a11 a12        Problema 3.98 Fie matricea A =  a21 a22  ¸si b =      a31 a32 proprietatea a ecuat¸ia AX = b admite o solut¸ie. S˘a se arate   c˘

 b1   b2   un vector coloan˘a cu  b3 c˘a exist˘a un vector coloan˘a

 c1     c= at ecuat¸ia  c2  astfel ˆıncˆ   c3 

 a a b  11 12 1      a  21 a22 b2  Y = c   a31 a32 b3

(3.1)

s˘a nu aib˘a nici o solut¸ie. First Internet Mathematics Olympiad Ariel, 2 ianuarie 2008 a cu C1 ¸si C2 coloanele matricei A, A = [C1 C2 ] . Solut¸ie. Varianta I. Se noteaz˘ Faptul c˘ a ecuat  ¸ia AX = b admite o solut¸ie este echivalent cu x1 [C1 C2 ] = b ⇒ b = x1 C1 + x2 C2 ⇒ b ∈ Span {C1 , C2 } . x2 3 Dar dim  R Span {C1 , C2 } ≤ 2 ¸si rezult˘a c˘a exist˘a c ∈ R \ Span {C1 , C2 } pentru care a11 a12 b1 sistemul  a21 a22 b2  Y = c nu are solut¸ie. a31 a32 b3 Varianta II. Deoarece sistemul AX = b are solut¸ie, rezult˘a c˘a determinantul caracteristic estenul, deci  a11 a12 b1 rang  a21 a22 b2  ≤ 2. a31 a32 b3 Conform teoremei lui Kronecker-Cappelli sistemul (3.1) este compatibil dac˘a ¸si numai dac˘a rangul matricei sistemului este egal cu rangul matricei extinse. Rezult˘a c˘a pentru ca sistemul  s˘a fie incompatibil trebuie ca    a11 a12 b1 c1 a11 a12 b1 rang  a21 a22 b2 c2  6= rang  a21 a22 b2  . a31 a32 b3 c3 a31 a32 b3 Evident c˘ a se poate g˘ asi un vector c astfel ˆıncˆat s˘a avem condit¸ia satisf˘acut˘a. Problema 3.99 Fie matricele A, B ∈ Mn (R) care satisfac condit¸iile: A 6= B, AB = BA ¸si A2 = B 2 . S˘a se demonstreze c˘ a matricea A + B este singular˘a. First Internet Mathematics Olympiad Ariel, 2 ianuarie 2008

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

137

Solut¸ie. Datorit˘ a condit¸iei AB = BA se poate scrie A2 −B 2 = (A − B) (A + B) = On . Dac˘a A + B ar fi nesingular˘ a, atunci exist˘a (A + B)−1 . 2 Se ˆınmult¸e¸ste relat¸ia A − B 2 = On la dreapta cu (A + B)−1 . Rezult˘a c˘ a A − B = On ⇒ A = B, ˆın contradict¸ie cu ipoteza. Problema 3.100 Fie A ∈ Mn (R) ¸si se define¸ste 1 3 1 1 1 A + A5 − A7 + A9 − · · · 3! 5! 7! 9!

sin A = A −

(3.2)

(a) S˘a se demonstreze c˘ a dac˘ a A este o matrice simetric˘a, atunci toate elementele matricei sin A apart¸in intervalului [−1, 1]. (b) Este afirmat¸ia adev˘ arat˘ a ¸si pentru matrice nesimetrice? Second Internet Mathematics Olympiad Ariel, 19 Mai 2008 Solut¸ie. Dac˘ a se consider˘ a o norm˘ a matriceal˘a | . |, are loc proprietatea Ak ≤ |A|k . Dar ∞ ∞ ∞ X (−1)n−1 2n+1 X (−1)n−1 2n+1 X (−1)n−1 ≤ A A |A|2n+1 ≤ (2n + 1)! (2n + 1)! (2n + 1)! n=1

n=1

n=1

care este o serie numeric˘ a convergent˘ a. De aici rezult˘a convergent¸a seriei (3.2). (a) Dac˘a A este simetric˘ a, atunci matricea este ortogonal asemenea cu o matrice diagonal˘a. Fie P ∈ Mn (R), P −1 = P t , A = P DP t .
Atunci sin A = P D − 3!1 D3 + 5!1 D5 − 7!1 D7 + 9!1 D9 − ... P t = P (sin D) P t ,    sin D =  

sin λ1 0 ··· ··· sin λ2 · · · .. .. .. . . . 0 0 ···

0 0 .. .

   , 

sin λn

unde λ1 , . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A. Pe diagonala lui sin D elementele sunt mai mici sau egale cu 1. Dac˘ a un vector se ˆınmult¸e¸ste cu o matrice ortogonal˘a, lungimea vectorului nu se modific˘ a. Se presupune c˘ a matricea sin A ar avea un element mai mare decˆat 1. Prin ˆınmult¸ire matricei cu un vector al bazei canonice convenabil ales se obt¸ine un vector de lungime mai mare ca 1. Ceeace este ˆıncontradict¸ie cu cele afirmate mai sus. 0 1 (b) Fie A = nesimetric˘a. Atunci −1 0      0 1 0 1 −1 0 A2 = = = −I −1 0 −1 0 0 −1      −1 0 0 1 0 −1 A3 = = = −A 0 −1 −1 0 1 0 A5 = A2 A3 = A
Deci sin A = A 1 + 3!1 + 5!1 + 7!1 + 9!1 + ... care are elemente mai mari ca 1.

138

Problema 3.101 Fie A ∈ M2008 (R). Toate elementele matricei sunt 0 sau 1. Se presupune c˘a orice dou˘ a linii difer˘ a ˆıntre ele prin jum˘atate din pozit¸ii. S˘a se demonstreze c˘a orice dou˘a coloane difer˘ a ˆıntre ele prin jum˘atate din pozit¸ii. Second Internet Mathematics Olympiad Ariel, 19 Mai 2008 Solut¸ie. F˘ ar˘ a a schimba sensul problemei se poate presupune c˘a elementele matricei A sunt −1 ¸si 1. Se observ˘ a√c˘ a orice dou˘a linii din matrice sunt ortogonale. Dac˘a se ˆımpart elementele matricei prin 2008, atunci liniile matricei vor forma o baz˘a ortonormat˘a. Rezult˘a c˘a matricea este ortogonal˘ a, deci ¸si coloanele vor forma o baz˘a ortonormat˘a. Prin urmare ˆın matricea init¸ial˘ a orice dou˘ a coloane difer˘a ˆıntre ele prin jum˘atate din pozit¸ii. Problema 3.102 S˘ a se demonstreze c˘a dac˘a X ∈ Mn (R) cu Tr X = 0, atunci exist˘a dou˘a matrice A, B ∈ Mn (R) astfel ˆıncˆ at X = AB − BA. Internet Mathematics Olympiad Individual Contest, 17 Noiembrie 2008 Solut¸ie. Varianta I. Se poate considera forma Jordan a lui X. Structura lui X va fi: pe diagonala principal˘a ¸si deasupra diagonalei principale, eventual, elemente diferite de zero ¸si Tr X = 0. Se consider˘ a matricea A ca fiind matricea cu 1 deasupra diagonalei principale ¸si 0 ˆın rest. Se observ˘ a c˘ a pentru orice matrice B, produsul AB este matricea B din care s-a t˘aiat linia ˆıntˆ ai ¸si s-a ad˘ augat o linie egal˘a cu 0; produsul BA este matricea B ˆın care s-a introdus o coloan˘ a nul˘ a ¸si s-a t˘ aiat ultima coloan˘a. Presupunem c˘ a B are pe diagonala principal˘a elementele b1 , b2 , . . . , bn ¸si sub diagonala principal˘ a c , c , .  1 2 . . , cn−1 .  b1 0 0 0 0  c1 b2 0 0 0    c2 b3 0 0  B=  0 .  ··· ··· ··· ··· ···  0 0 0 cn−1 bn AB − BA =    0 b1 0 ··· c1 b2 0 ··· 0 0   0  c1 b2 · · · c2 b3 · · · 0 0   0   −  ··· ··· ··· ··· · · · · · · · · · · · · · · · · · · =     0 0 0 · · · cn−1 bn   0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0 0 ··· 0 0   c1 b2 − b1 0 ··· 0 0  0 c2 − c1 b3 − b2 · · ·  0 0    . ··· ··· ··· ··· ··· =  ···   0 0 0 · · · cn−1 − cn−2 bn − bn−1  0 0 0 ··· 0 −cn−1

0 0 0 0 ··· ··· cn−2 bn−1 0 cn−1

   =  

Se observ˘ a c˘ a Tr (AB − BA) = 0 iar determinarea lui (bi )i=1,n se reduce la un sistem de n − 1 ecuat¸ii cu n necunoscute care ˆıntodeauna este compatibil (rangul matricei este n − 1).

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

139

Dac˘a se consider˘ a o matrice oarecare, care admite o form˘a Jordan ¸si dac˘a P este matricea modal˘ a se observ˘ a c˘ a



P XP −1 = P ABP −1 − P BAP −1 = P AP −1 P BP −1 − P BP −1 P AP −1 , de unde rezult˘ a concluzia. Varianta II. Fie subspat¸iile vectoriale S = Span{AB − BA : A, B ∈ Mn (R)}, U = {X ∈ Mn (R) : Tr (X) = 0}. Se demonstreaz˘ a c˘ a S = U ¸si de aici rezult˘a solut¸ia problemei propuse. Se observ˘ a c˘ a dac˘ a X ∈ S atunci exist˘a (Ai )i=1,k , (Bi )i=1,k ∈ Mn (R) , (ci )i=1,k ∈ R k P ci (Ai Bi − Bi Ai ). Rezult˘a, folosind propriet˘a¸tile urmei, c˘a astfel ˆıncˆat X = i=1 k k X X Tr (X) = Tr ( ci (Ai Bi − Bi Ai )) = ci Tr (Ai Bi − Bi Ai ) = 0. i=1

i=1

A¸sadar S ⊆ U. Pentru a ar˘ ata cealalt˘ a incluziune se define¸ste aplicat¸ia liniar˘a Tr : Mn (R) → R. Din Teorema rangului avem c˘ a dim Mn (R) = dim(Ker Tr ) + dim(rang Tr ), deci dim(Ker Tr ) = n2 − 1. Rezult˘a dim U = n2 − 1 ¸si dim S ≤ n2 − 1. Se demonstreaz˘ a c˘ a dim S = n2 − 1. Pentru aceasta se pune ˆın evident¸˘a ˆın S un sistem 2 de n − 1 vectori liniar independent¸i. Fie matricea Eij ∈ Mn (R) cu elementul de pe pozit¸ia (i, j) egal cu 1 ¸si zero ˆın rest. Pentru i 6= j, Eij = Eik Ekj − Ekj Eik , deci Eij ∈ S. Pentru j > 1, E11 − Ejj = Ej1 E1j − E1j Ej1 , deci E11 − Ejj ∈ S ¸si se demonstreaz˘a c˘a sistemul de n2 − 1 vectori astfel construit este liniar independent. Problema 3.103 S˘ a se g˘ aseasc˘ a toate numerele naturale n astfel ˆıncˆat ecuat¸ia (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) − (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 = n + 1 s˘a fie satisf˘acut˘ a pentru orice numere naturale a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn . Third Internet Mathematics Olympiad for Students, 18 Decembrie 2008 Solut¸ie. Se observ˘ a
a c˘
a21 + a22 + ... + a2n b21 + b22 + ... + b2n − (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 = n P n n P P P P = a2i b2j − a2i b2i − 2ai bi aj bj = (ai bj − aj bi )2 . i=1 j=1 i=1 1≤i<j≤n 1≤i<j≤n   ai Se consider˘ a vectorii vi = , i = 1, n. Fiecare pereche de vectori nenuli, dac˘a bi vectorii sunt coliniari, nu contribuie la sum˘a, iar dac˘a vectorii nu sunt coliniari contribuie printr-un num˘ ar natural pozitiv. Dac˘a tot¸i vectorii sunt coliniari, rezultatul este zero. Se presupune c˘ a nu tot¸i vectorii sunt coliniari. Se consider˘a un vector v0 ¸si k vectori coliniari cu v0 iar n − k vectori necoliniari cu v0 . Fiecare pereche format˘a dintr-un vector din cei k vectori ¸si un vector din cei n − k vectori contribuie la sum˘a cu cel put¸in valoarea 1, deci suma total˘ a va avea valoarea cel put¸in k(n − k).

140

k(n−k) poate fi privit˘ a ca ecuat¸ia unei parabole ˆın k, valorile expresiei k(n−k) trebuie s˘a fie pozitive, valoarea 0 este luat˘ a pentru k = 0 sau k = n. Valoarea minim˘a trebuie s˘a fie mai mare strict decˆ at zero, ea poate fi luat˘a pentru k = 1 sau k = n − 1. Atunci valoare minim˘a este n − 1. Se consider˘ a cazurile: a) k(n − k) = n − 1 Aceasta se ˆıntˆ ampl˘ a dac˘ a k = 1 ¸si respectiv k = n − 1. Fiecare pereche de vectori poate influent¸a suma cu valoarea 1, dac˘ a ar influent¸a cu 4 sau mai mult, suma va cre¸ste cu 3 ¸si va deveni n + 2. Astfel, deoarece r˘ aspunsul nu este n − 1 rezult˘a c˘a printre cei n − 1 vectori trebuie s˘a existe vectori necoliniari. Atunci contribut¸ia celor n − 1 vectori va fi cel put¸in n − 2 ¸si astfel valoarea va fi m˘ acar 2n − 3 ≤ n − 1, deci n ≤ 4. b) k(n − k) 6= n − 1 Se consider˘ a valori minime nenule, ele vor fi luate ˆın k = 1 ¸si respectiv k = n − 1, care contrazic k(n − k) 6= n − 1. Valorile acceptate vor fi k = 2 ¸si k = n − 2, valoarea minim˘a fiind 2 (n − 2) . Rezult˘ a c˘ a 2 (n − 2) n ≤ 5.      ≤n  −1, deci   1 1 1 1 1 Exemplu de 5 vectori, n = 5 : . , , , , 2 2 1 1 1 Sunt trei vectori coliniari ¸si alt¸i doi vectori coliniari, tot¸i cei cinci vectori nefiind coliniari, P astfel ˆıncˆ at obt¸inem 6 perechi necoliniare. (ai bj − aj bi )2 = 6. 1≤i<j≤5         2 2 1 1 . , , , Exemplu de 4 vectori, n = 4 : 3 3 2 1 P (ai bj − aj bi )2 = 5. 1≤i<j≤4

Problema 3.104 Fie A, B ∈ Mn (R) cu proprietatea c˘a ABA = BAB. S˘a se demonstreze c˘a una din urm˘ atoarele condit¸ii este satisf˘acut˘a: (a) una dintre matrice este singular˘ a, (b) matricele A ¸si B au acela¸si determinant. Fourth Internet Mathematics Olympiad for Students, 14 Mai 2009 Solut¸ie. Se aplic˘ a determinantul ambilor membri ¸si se obt¸ine (det A)2 det B = (det B)2 det A ⇔ (det A) (det B) (det A − det B) = 0, de unde rezult˘ a concluzia. Problema 3.105 Fie A, B ∈ M2 (C) dou˘a matrice nenule. S˘a se demonstreze c˘a exist˘a o matrice C ∈ M2 (C) astfel ˆıncˆ at ACB 6= 0. Fifth Internet Mathematics Olympiad for Students, 17 Decembrie 2009 Solut¸ie. Se ¸stie c˘ a oric˘ arei matrice ˆıi corespunde o aplicat¸ie liniar˘a. Dac˘a matricea este nenul˘a, aplicat¸ia liniar˘ a nu este identic egal˘a cu aplicat¸ia nul˘a. De asemenea, dac˘a aplicat¸ia liniar˘ a nu este aplicat¸ia nul˘ a, exist˘a cel put¸in un vector care nu apart¸ine nucleului aplicat¸iei liniare ¸si imaginea aplicat¸iei cont¸ine un vector nenul.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

141

Se consider˘ a c˘ a cele trei matrice sunt matricele (de exemplu, ˆın baza canonic˘a) a trei a trei aplicat¸ii liniare, T, P ¸si respectiv Q. Se consider˘ a vectorul w ∈ / Ker T , T (w) 6= θ. Fie v ∈ Im Q. Rezult˘a c˘a exist˘a u astfel ˆıncˆat Q(u) = v. Se define¸ste aplicat¸ia liniar˘a P astfel ˆıncˆat P (v) = w. Rezult˘a c˘a (T ◦ P ◦ Q)(u) = T (P (Q(u)) = T (P (v)) = T (w) 6= θ. Problema 3.106 Liniile unui determinant corespunz˘ator unei matrice p˘atratice de ordin 3 sunt cifrele consecutive a unor numere formate din trei cifre, toate divizibile prin 17. Demonstrat¸i c˘ a determinantul se divide prin 17. Sixth Internet Mathematics Olympiad for Students, 20 Mai 2010 Solut¸ie. Se presupune c˘ a ˆın scrierea determinantului pe prima coloan˘a este scris˘a cifra sutelor, pe a doua cifra zecilor ¸si pe a treia a unit˘a¸tilor. Se ˆınmult¸e¸ste prima coloan˘a cu 100, a doua cu 10 ¸si se adun˘ a la ultima coloan˘a. Valoarea determinantului nu se schimb˘a ¸si elementele de pe ultima coloan˘ a sunt divizibile cu 17, deci determinantul se divide prin 17. Problema 3.107 Cˆ ate matrice p˘ atratice de ordin doi satisfac urm˘atoarele condit¸ii: (a) elementele matricelor iau valori ˆın mult¸imea {−1, 0, 1}, (b) ridicˆand matricea la puterea 2010! se obt¸ine matricea identitate. Second Team Internet Mathematical Olympiad for Students, 14 Decembrie 2010 Solut¸ie. Polinomul caracteristic al matricei A este x2 − (Tr A)x + det A = 0. Din condit¸ia b) rezult˘ a c˘ a det A = ±1 ¸si valorile proprii ale matricei A sunt r˘ad˘acinile complexe ale lui 1. Se observ˘ a c˘ a |Tr A| ≤ 2, deoarece elementele matricei nu dep˘a¸sesc valoarea 1. ˆIn continuare se analizeaz˘ a separat toate valorile posibile ale lui Tr A ¸si det A. Cazul 1. |Tr A| = 2. ˆIn acest caz ambele valori proprii sunt sau 1 sau −1. Matricea este diagonalizabil˘ a deoarece, ˆın caz contrar dac˘a se ridic˘a matricea la puterea n ˆın colt¸ul din dreapta nu se poate obt¸ine niciodat˘ a zero. Rezult˘a c˘a A = ±I2 . ˆIn acest caz exist˘a dou˘a matrice care satisfac condit¸iile problemei. Cazul 2. Tr A = 0, det A = −1. Valorile proprii ale matricei sunt ±1. Pe diagonala principal˘a a matricei se pot pune: - doi de zero,iar pe diagonala secundar˘ a obligatoriu     doi de 1sau doide −1. 0 1 1 0 0 −1 1 0 A= , A2 = , A= , A2 = , 1 0 0 1 −1 0 0 1 deci A la orice putere par˘ a este I2 . ˆIn acest caz sunt dou˘ a matrice care satisfac condit¸iile problemei. - un 1 ¸si un −1. Atunci pe diagonala secundar˘a se pot pune un 1 ¸si un 0, un −1 ¸si un 0 sau doi de 0.        1 1 1 0 1 −1 1 0 A = , A = , A = , A = , A = 0 −1 1 −1 0 −1 −1 −1   1 0 . 0 −1 La fel

142

 A = 

−1 1 0 1



 , A =

−1 0 1 1



 , A =

−1 −1 0 1



 , A =

−1 0 −1 1

 , A =



−1 0 . 0 1 ˆIn toate situat¸iile de mai sus A la orice putere par˘a este I2 . ˆIn acest caz sunt 12 matrice. Cazul 3. Tr A = 0, det A = 1. Valorile proprii ale matricei sunt ±i. Dac˘a pe diagonala principal˘ a a matricei se pune 1 ¸si −1, atunci produsul elementelor de pe diagonala secundar˘ a trebuie s˘ a fie 2, ceea ce este imposibil, conform condit¸iei a). Dac˘a pe diagonala principal˘ a avem 0, atunci numerele de pe diagonala secundar˘a trebuie s˘ a fie 1 ¸ s i −1.         0 −1 1 0 0 1 1 0 4 4 A= , A = ; A= , A = , 1 0 0 1 −1 0 0 1 deci A la orice putere multiplu de 4 este I2 . ˆIn acest caz sunt dou˘ a matrice care satisfac condit¸iile problemei. Cazul 4. Tr A = −1. Polinomul caracteristic√este x2 + x√+ det A = 0. Dac˘a det A = −1 ⇒ x2 + x − 1 = 0, x1,2 = 21 5 − 12 , − 12 5 − 12 deci cazul nu se accept˘a conform observat¸iei c˘ a valorile proprii ale matricei ad˘acinile complexe ale lui 1. √ A sunt r˘ √ Dac˘a det A = 1 ⇒ x2 + x + 1 = 0, x1,2 = 12 i 3 − 21 , − 12 i 3 − 12 . ˆIn acest caz matricele se pot lua  de forma        −1 1 −1 −1 0 1 0 −1 A= , A= , A= , A= . −1 0 1 0 −1 −1 1 −1 ˆIn toate aceste cazuri A3 = I2 . Deci sunt patru matrice. Cazul 5. Tr A = 1. Condit¸iile sunt satisf˘acute de matricea −A de la cazul 4. ˆIn toate aceste cazuri A6 = I2 . Deci sunt patru matrice. ˆIn total sunt 2 + 12 + 2 + 4 + 4 = 24 de matrice. Problema 3.108 Fie matricele A, B ∈ Mn (R) care satisfac condit¸iile B = [bij ]i=1,m ¸si j=1,n

bij = 1 ∀i = 1, n, j = 1, n, det A = det(A + B) = 1. S˘a se calculeze det(A + 2011B). Seventh Internet Mathematics Olympiad for Students, 15 Mai 2011 Solut¸ie. Egalitatea

=

P

det(A + xB) = n Q sgn σ (aiσ(i) + xbiσ(i) ) = i=1

σ∈Sn

= detA + x

P

sgn σ a2σ(2) · · · anσ(n) + · · · + a1σ(1) a2σ(2) · · · an−1σ(n−1)




σ∈Sn

rezult˘a din forma special˘ a a matricei B. (det(A + xB) se descompune ca o sum˘a de determinant¸i ¸si tot¸i minorii de ordin mai mare sau egal cu doi format¸i cu elementele matricei P B sunt nuli.) Cum det A = det(A + B) = 1 rezult˘a c˘a
sgn σ a2σ(2) · · · anσ(n) + · · · + a1σ(1) a2σ(2) · · · an−1σ(n−1) = 0. σ∈Sn

De aici concluzia det(A + 2011B) = 1. Problema 3.109 Fie A ∈ Mn (C). Dac˘a |aii | >

n X j=1,j6=i

|aij | , i = 1, n,

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

143

atunci s˘a se arate c˘ a det A 6= 0. Solut¸ie. Se presupune det A = 0. Rezult˘a c˘a o coloan˘a este combinat¸ie liniar˘a de celelalte coloane. Se consider˘ a c1 v (1) + c2 v (2) + · · · + cn v (n) = 0, unde v (i) sunt vectoriicoloan˘a ai matricei A ¸si m˘ acar un coeficient este 6= 0. Fie |ck | ≥ |ci | pentru i = 1, n. Avem c1 c2 (2) cn (n) v (k) = − v (1) − v − ··· − v , ck ck ck unde ˆın dreapta, desigur, lipse¸ste termenul cu v (k) . ˆIn coloana k, pe linia k se afl˘a termenul akk , pentru care avem akk = − de unde rezult˘ a

c2 cn c1 ak1 − ak2 − · · · − akn ck ck ck

c1 c2 cn |akk | ≤ |ak1 | + |ak2 | + · · · + |akn | ck ck ck

adic˘a |akk | ≤ |ak1 | + |ak2 | + · · · + |akn | unde, evident, ˆın dreapta lipse¸ste termenul |akk |. Contradict¸ie, deci detA 6= 0. Problema 3.110 Fie A ∈ Mm,n (R), b ∈ Rm ¸si x ∈ Rn . Dintre sistemele liniare Ax = b ¸si

(3.3)

At u = 0, bt u = c (c 6= 0)

(3.4)

unul ¸si numai unul este compatibil. Solut¸ie. ˆIn sistemul (3.3), necunoscuta este x ∈ Rn , iar ˆın (3.4) necunoscuta este u ∈ Rm , 0 fiind vectorul nul din Rn . Cazul: sistemul (3.3) este incompatibil. Conform teoremei lui Kronecker-Capelli, ˜ unde A˜ este matricea (A|b), obt¸inut˘a din A prin ad˘augarea rezult˘a rang (A) < rang (A) ˜ = r + 1. Sistemul (3.4) coloanei b. Dac˘ a rang (A) = r (r ≤ min(m, n)), rezult˘a c˘a rang (A) se scrie pe larg, astfel  a11 u1 + a21 u2 + · · · + am1 um = 0    ........................... (3.5) a1n u1 + a2n u2 + · · · + amn um = 0    b1 u1 + b2 u2 + · · · + bm um = c t At Matricea coeficient¸ilor acestui sistem se poate scrie ˆın forma ¸si ea are rangul bt r + 1, fiind transpusa matricei A˜ = (A|b). Matricea obt¸inut˘a prin ad˘augarea coloanei termenilor liberi (matricea extins˘ a) se scrie ˆın forma  t  A 0 . (3.6) bt c 

144

Evident, ultima ecuat¸ie ˆın (3.5) nu este o consecint¸˘a a primelor n linii, deci matricea (3.6) are rangul mai mare decˆ at r, adic˘ a are rangul r+1. Deci sistemul (3.4) este compatibil. Cazul: sistemul (3.3) este compatibil. Fie x o solut¸ie a sa, adic˘a Ax = b. Presupunem c˘a ¸si (3.4) este compatibil ¸si fie u o solut¸ie a sa, adic˘a At u = 0, bt u = c (c 6= 0). Au loc relat¸iile
bt u = (Ax)t u = xt At u = xt 0 = 0 (3.7) care sunt ˆın contradict¸ie cu bt u 6= 0. Rezult˘a c˘a dac˘a sistemul (3.3) este compatibil, atunci sistemul (3.4) este incompatibil. Problema 3.111 Fie A ∈ Mn (R) o matrice simetric˘a. S˘a se arate c˘a suma p˘atratelor valorilor proprii este egal˘ a cu suma p˘ atratelor elementelor sale, adic˘a n X i=1

λ2i =

n X n X

a2ij .

i=1 j=1

Solut¸ie. Numerele reale λ2i , i = 1, n, sunt valorile proprii ale matricei A2 . Dac˘a n n P P se noteaz˘a A2 = B, rezult˘ a λ2i = Tr (B) = bii , unde B = [bij ]i=1,m . Dar i=1

bii =

n P

aij aji =

j=1

n P j=1

a2ij ,

deci

n P

λ2i

i=1

=

i=1

n P n P i=1 j=1

j=1,n

a2ij .

Problema 3.112 Matricea A ∈ Mn (R) are valorile proprii λi 6= 0, i = 1, n. S˘a se arate c˘a      1 1 1 det(A + A ) = λ1 + λ2 + · · · λn + . λ1 λ2 λn

−1 −1 A2 + I −1 Solut¸ie. Deoarece A + A = A rezult˘ a c˘ a det A + A = n
detA−1 det A2 + In . Se ¸tine seama c˘ a A2 + In = f (A), unde f (λ) = λ2 + 1. Dar valorile proprii ale matricei A2 + In sunt λ21 + 1, λ22 + 1, . . . , λ2n + 1. ˆIn concluzie, −1




1 λ21 + 1 λ22 + 1 · · · λ2n + 1 = λ λ · · · λn 1 2     1 1 1 λ2 + · · · λn + . = λ1 + λ1 λ2 λn


det A + A−1 =

Problema 3.113 Fie A ∈ Mn (R). S˘ a se demonstreze echivalent¸a: xt Ax = 0, ∀x ∈ Rn ⇔ AT = −A. Solut¸ie. Din xt Ax = 0 se obt¸ine prin transpunere c˘a ¸si xt At x = 0. Rezult˘a c˘a
xt A + At x = 0, ∀x ∈ Rn ceea ce implic˘a A + At = 0, deci At = −A. Reciproc, ˆın ipoteza c˘ a At = −A, adic˘a A este antisimetric˘a, se obt¸ine aii = 0 pentru i = 1, n ¸si aij = −aji , pentru i, j = 1, n. Dar atunci, xt Ax =

n X n X i=1 j=1

aij xi xj =

n X i,j=1i6=j

aij xi xj =

n X i,j=1i<j

(aij + aji ) xi xj = 0,

∀x ∈ Rn .

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice

145

Problema 3.114 Fie A ∈ Mn (C) o matrice avˆand proprietatea c˘a

n P

|aij | < 1 pentru

j=1

orice i = 1, n. S˘ a se arate c˘ a matricele In + A ¸si In − A sunt inversabile. Solut¸ie. Matricea In + A are elementele 1 + aii pe diagonala principal˘a ¸si respectiv aij pentru i 6= j. Pentru i fixat, au loc inegalit˘a¸tile |aii | +

n X i,j=1,j6=i

|aij | < 1 ⇒

n X

|aij | < 1 − |aii | ≤ |1 + aii | ,

i,j=1j6=i

deci elementul de pe diagonala principal˘a are modulul mai mare decˆat suma modulelor celorlalte elemente de pe linia corespunz˘atoare. Conform problemei 3.109, aceast˘a condit¸ie implic˘a det(In + A) 6= 0.
ˆIn mod analog, det(In − A) 6= 0, deci ¸si det In − A2 6= 0.

Capitolul 4

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare Notat¸ii • (V, K, ·) - grupul (V, +) este spat¸iu vectorial peste corpul (K, +, ·) cu ˆınmult¸irea cu scalari ϕ : K × V → V , ϕ(α, x) = αx, α ∈ K, x ∈ V • L(X, Y ) - mult¸imea aplicat¸iilor liniare T : X → Y , unde X, Y sunt spat¸ii vectoriale peste acela¸si corp • End(V ) - mult¸imea endomorfismelor spat¸iului vectorial V (End(V ) = L(V, V )) • Aut(V ) - mult¸imea automorfismelor spat¸iului vectorial V (mult¸imea endomorfismelor bijective) • V # - dualul algebric al spat¸iului vectorial V (mult¸imea funct¸ionalelor liniare f : V → K) • Spec(T ) - spectrul endomorfismului T • Span(S) - subspat¸iul vectorial generat ˆın spat¸iul V de mult¸imea de vectori S • Im T - imaginea aplicat¸iei liniare T : X → Y , Im T = {T (x) | x ∈ X} • Ker T - nucleul aplicat¸iei liniare T : X → Y , Ker T = {x ∈ X | T (x) = 0} • [x]e - matricea coloan˘ a a coordonatelor vectorului x din spat¸iul de dimensiune finit˘a V , ˆın raport cu baza (e) = {e1 , e2 , . . . , en } • dimK V - dimensiunea spat¸iului vectorial V peste corpul K (f,e)

- matricea aplicat¸iei liniare T : X → Y ˆın perechea de baze (f, e), ((f ) = • MT {f1 , . . . , fm } baz˘ a ˆın Y ¸si (e) = {e1 , . . . , en } baz˘a ˆın X) 146

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

147

(e)

• MT - matricea endomorfismului T : X → X ˆın baza (e) = {e1 , . . . , en } • V1 ≤ V - V1 este subspat¸iu ˆın V • V1 + V2 = {x1 + x2 | x1 ∈ V1 , x2 ∈ V2 } - suma subspat¸iilor V1 ¸si V2 • V1 ⊕ V2 - suma direct˘ a a subspat¸iilor V1 ¸si V2 (V1 ∩ V2 = {0}) 0

• P (e,e ) - matricea de pasaj de la baza (e) la baza (e0 ) ˆın spat¸iul vectorial V (de dimensiune finit˘ a)

Definit¸ii ¸si rezultate ˆIn cele ce urmeaz˘ a (V, +) este un grup comutativ ale c˘arui elemente le numim vectori ¸si (K, +, ·) este un corp comutativ ale c˘arui elemente le numim scalari. • Definit¸ie. Tripletul (V, K, ϕ) este spat¸iu vectorial (V este spat¸iu vectorial peste K) dac˘a funct¸ia ϕ : K × V → V numit˘ a ˆınmult¸ire cu scalari (a vectorilor) verific˘a axiomele: a) ϕ(α + β, x) = ϕ(α, x) + ϕ(β, x) b) ϕ(α, x + y) = ϕ(α, x) + ϕ(α, y) c) ϕ(α, ϕ(β, x)) = ϕ(αβ, x) d) ϕ(1, x) = x pentru orice x, y ∈ V , α, β ∈ K. De obicei se noteaz˘ a ϕ(α, x) = αx, α ∈ K, x ∈ V . • Definit¸ie. O mult¸ime de vectori V1 ⊂ V formeaz˘a un subspat¸iu ˆın V dac˘a (V1 , +) este subgrup ˆın (V, +) ¸si tripletul (V1 , K, ϕ) este spat¸iu vectorial. Se noteaz˘a V1 ≤ V .  Teorem˘ a. V1 este subspat¸iu ˆın V dac˘ a ¸si numai dac˘ a pentru orice x, y ∈ V1 ¸si orice α, β ∈ K avem: αx + βy ∈ V1 . • Definit¸ie. Se nume¸ste subspat¸iul generat de mult¸imea (nevid˘a) de vectori S ⊂ V , cel mai mic subspat¸iu al lui V care cont¸ine mult¸imea S. Acest subspat¸iu se noteaz˘a cu Span(S).  Teorem˘ a. Span(S) = {α1 s1 + · · · + αn sn | n ≥ 1, α1 , . . . , αn ∈ K, s1 , . . . , sn ∈ S}. • Definit¸ie. Dac˘ a V1 ¸si V2 sunt subspat¸ii ˆın V , atunci suma V1 + V2 = {x1 + x2 | x1 ∈ V1 , x2 ∈ V2 } formeaz˘a un subspat¸iu ˆın V numit suma subspat¸iilor V1 ¸si V2 . • Definit¸ie. Spunem c˘ a subspat¸iul V3 este suma direct˘ a a subspat¸iilor V1 ¸si V2 dac˘a V3 = V1 + V2 ¸si V1 ∩ V2 = {0}. Not˘ am V3 = V1 ⊕ V2 .  Teorem˘ a. Dac˘ a V1 , V2 , V3 sunt subspat¸ii ˆın V , atunci V3 = V1 ⊕ V2 dac˘ a ¸si numai dac˘ a pentru orice x3 ∈ V3 exist˘ a ¸si sunt unici x1 ∈ V1 ¸si x2 ∈ V2 astfel ca x3 = x1 + x2 . (x1 se nume¸ste componenta lui x3 din subspat¸iul V1 iar x2 se nume¸ste componenta lui x3 din subspat¸iul V2 ). • Definit¸ie. O mult¸ime de vectori (finit˘a sau nu) S ⊂ V se nume¸ste mult¸ime liber˘ a (vectorii din S sunt liniar independent¸i), dac˘a pentru orice mult¸ime finit˘a s1 , s2 , . . . , sn de vectori distinct¸i din S, din relat¸ia α1 s1 + α2 s2 + . . . + αn sn = 0 cu α1 , . . . , αn ∈ K, rezult˘ a α1 = α2 = . . . = αn = 0.

148

• Definit¸ie. O mult¸ime de vectori B ⊂ V se nume¸ste baz˘ a a spat¸iului vectorial V (peste K) dac˘a B este liber˘ a (vectorii bazei sunt liniar independent¸i) ¸si Span(B) = V (vectorii bazei genereaz˘ a tot spat¸iul V ).  Teorem˘ a. Orice spat¸iu vectorial admite baze ¸si orice dou˘ a baze sunt cardinal echivalente. • Definit¸ie. Dac˘ a B este o baz˘ a ˆın spat¸iul vectorial V , atunci cardinalul mult¸imii B (finit sau infinit) se nume¸ste dimensiunea spat¸iului V peste K ¸si se noteaz˘a dimK V .  Teorem˘ a. Dac˘ a V este un spat¸iu vectorial de dimensiune finit˘ a ¸si B = {b1 , b2 , . . . , bn } este o baz˘ a a sa, atunci pentru orice x ∈ V exist˘ a ¸si sunt unici scalarii α1 , α2 , . . . , αn ∈ K astfel ca x = α1 b1 + α2 b2 + . . . + αn bn . Scalarii α1 , α2 , . . . , αn se numesc coordonatele vectorului x ˆın baza B ¸si vom folosi notat¸ia      [x]B =     

 b1    b2  n  ..  ∈ K .  .   bn

 Teorem˘ a. Dac˘ a V1 , V2 sunt subspat¸ii ˆın V , atunci dim(V1 + V2 ) = dim(V1 ) + dim(V2 ) − dim(V1 ∩ V2 ) (teorema dimensiunii sumei). • Definit¸ie. Dac˘ a X ¸si Y sunt spat¸ii vectoriale peste acela¸si corp K atunci o funct¸ie T : X → Y se nume¸ste aplicat¸ie liniar˘ a (transformare liniar˘a, operator liniar) dac˘a T (α1 x1 + α2 x2 ) = α1 T (x1 ) + α2 T (x2 ), pentru orice α1 , α2 ∈ K ¸si orice x1 , x2 ∈ X. Mult¸imea aplicat¸iilor liniare de la X la Y se noteaz˘a cu L(X, Y ).  Teorem˘ a. Dac˘ a T : X → Y este o aplicat¸ie liniar˘ a atunci: a) Ker T = {x ∈ X | T (x) = 0} este un subspat¸iu ˆın X. b) Im T = {T (x) | x ∈ X} este un c) dim X = dim(Ker T ) + dim(Im (Se presupune c˘ a dim X este finit˘ a). Num˘arul dim(Ker T ) se nume¸ste nume¸ste rangul aplicat¸iei T . Aceast˘ a

subspat¸iu ˆın Y . T ). defectul aplicat¸iei T , iar num˘arul dim(Im T ) se teorem˘a se mai nume¸ste ¸si teorema rang-defect.

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

149

 Teorem˘ a. Dac˘ a X, Y, Z sunt spat¸ii vectoriale peste acela¸si corp K, T1 , T2 ∈ L(X, Y ), α ∈ K ¸si S ∈ L(Y, Z), atunci T1 + T2 ∈ L(X, Y ), S ◦ T1 ∈ L(X, Z) ¸si

αT1 ∈ L(X, Y ),

S ◦ (T1 + T2 ) = S ◦ T1 + S ◦ T2 .

 Teorem˘ a. Grupul (L(X, Y ), +) este spat¸iu vectorial peste K ¸si dim L(X, Y ) = dim X · dim Y. L(X) se noteaz˘ a End(X) ¸si se nume¸ste mult¸imea endomorfismelor lui X. (End(X), +, ◦) formeaz˘a o structur˘ a algebric˘ a de inel unitar (inelul endomorfismelor lui X). • Definit¸ie. Fie (V, K, ·) un spat¸iu vectorial ¸si T : V → V un endomorfism. Un scalar λ ∈ K se nume¸ste valoare proprie pentru T dac˘a exist˘a un vector nenul x ∈ V astfel ca T (x) = λx. ˆIn acest caz vectorul x se nume¸ste vector propriu pentru T (corespunz˘ator valorii proprii λ). Mult¸imea valorilor proprii pentru T se nume¸ste spectrul endomorfismului T ¸si se noteaz˘a cu Spec(T ), iar pentru λ ∈ Spec(T ), mult¸imea Vλ = {x ∈ V | T (x) = λx} formeaz˘a un subspat¸iu numit subspat¸iu propriu (corespunz˘ator valorii proprii λ). • Definit¸ie. Dac˘ a X, Y sunt spat¸ii vectoriale de dimensiuni finite peste corpul K, T : X → Y o aplicat¸ie liniar˘ a ¸si (e) = {e1 , . . . , en } este o baz˘a ˆın X, (f ) = {f1 , . . . , fn } o baz˘a ˆın Y , este unic definit˘ a matricea A ∈ Mn,m (K) prin relat¸ia:  f1 ..  . .  fm



  T (e1 )    ..   = A . T (en )

Matricea At ∈ Mm,n (K) se nume¸ste matricea aplicat¸iei T ˆın perechea de baze (f, e) (f,e) ¸si se noteaz˘a cu MT . ˆIn cazul X = Y ¸si (e) = (f ) matricea endomorfismului T se noteaz˘a cu M (e) ∈ Mn (K). T  Teorem˘ a. Pentru orice x ∈ X avem: (f,e)

[T (x)]f = MT

• Definit¸ie. Dac˘ a (e) = {e1 , . . . , en } ¸si (e0 ) = definit˘a matricea B ∈ Mn (K) prin relat¸ia  0   e1  ..    . =B e0n

[x]e .

{e01 , . . . , e0n } sunt baze ˆın X, este unic  e1 ..  . .  en

150

Matricea inversabil˘ a B t ∈ Mn (K) se nume¸ste matricea de pasaj de la baza (e) la 0 0 baza (e ) ¸si se noteaz˘ a B t = P (e,e ) .  Teorem˘ a. Pentru orice x ∈ X avem: 0

[x]e = P (e,e ) [x]e0 .  Teorem˘ a. Dac˘ a T : X → Y este o aplicat¸ie liniar˘ a, (e), (e0 ) sunt baze ˆın X ¸si (f ), (f 0 ) sunt baze ˆın Y , atunci: (f 0 ,e0 )

MT (f,e)

(Matricele A = MT

(f 0 ,e0 )

, B = MT

= P (f

0 ,f )

(f,e)

MT

0

P (e,e ) .

sunt echivalente: B = QAP,

unde Q ∈ GLm (K), P ∈ GLn (K)).  Teorem˘ a. Dac˘ a T : X → X este un endomorfism, (e), (e0 ) sunt dou˘ a baze ˆın X, atunci: (e0 )

MT

0

0

(e)

= P (e ,e) MT P (e,e ) B = P −1 AP.

(Matricele A ¸si B sunt asemenea).  Teorem˘ a. Valorile proprii ale endomorfismului T : X → X coincid cu valorile proprii ale matricei ata¸sate MT ˆın orice baz˘ a.  Teorem˘ a. Dac˘ a α1 , α2 ∈ K, T1 , T2 ∈ L(X, Y ), S ∈ L(Y, Z), (e), (f ), (g) sunt baze ˆın X, Y, Z, atunci: (f,e)

(f,e)

Mα1 T1 +α2 T2 = α1 MT1 (g,e)

(g,f )

MS◦T1 = MS

(f,e)

+ α 2 MT 2 (f,e)

MT1

• Observat¸ie. Problemele legate de spat¸ii vectoriale de dimensiuni finite ¸si aplicat¸ii liniare ˆıntre ele se reduc la calcul matricial. • Definit¸ie. Un endomorfism T : V → V se nume¸ste: - proiect¸ie (proiector) dac˘ a T ◦T =T - simetrie (involut¸ie) dac˘ a T −1 = T .

Probleme Problema 4.1 a) S˘ a se arate c˘ a dac˘ a V1 ¸si V2 sunt subspat¸ii ale unui subspat¸iu vectorial, atunci V1 ∪ V2 este subspat¸iu dac˘ a ¸si numai dac˘a V1 ⊆ V2 sau V2 ⊆ V1 . b) S˘a se arate c˘ a V1 + V2 = Span(V1 ∪ V2 ).

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

151

Solut¸ie. Avem: x ∈ V1 + V2 ⇔X x = x1 + x2 , x1 ∈ V1 , x2 ∈ V2 ⇒ x ∈ Span(V1 ∪ V2 ). Dac˘a x ∈ Span(V1 ∪V2 ) atunci x = xi , xi ∈ V1 ∪V2 , i ∈ I. Separ˘am ˆın sum˘a termenii din i∈I

V1 , xi , i ∈ I1 ¸si din V2 , xi , i ∈ I2 ¸si avem x =

X

xi +

i∈I1

¸si y2 =

X

X

xi = y1 + y2 cu y1 =

i∈I2

X

xi ∈ V1

i∈I1

xi ∈ V2 , deci x ∈ V1 + V2 .

i∈I2

Problema 4.2 Fie p un num˘ ar prim. Poate fi organizat grupul (Z, +) spat¸iu vectorial peste corpul (Zp , +, ·)? Solut¸ie. S˘ a ar˘ at˘ am c˘ a (Z, +) nu poate fi spat¸iu vectorial peste (Zp , +, ·), unde p este un num˘ar prim. (Se cunoa¸ste c˘ a dac˘ a p este prim (Zp , +, ·) este corp.) S˘a presupunem c˘a se poate defini o operat¸ie extern˘ a ⊗ astfel ca (Z, +) s˘a fie spat¸iu vectorial. Aplicˆand axiomele spat¸iului vectorial avem p = 1 + 1 + ··· + 1 = 1 ⊗ 1 + 1 ⊗ 1 + ··· + 1 ⊗ 1 = = (1 + 1 + · · · + 1) ⊗ 1 = p ⊗ 1 = 0 ⊗ 1 = 0. Deci am ajuns la contradict¸ie. (S-a notat x clasa de resturi modulo p a lui x ∈ Z.) Problema 4.3 S˘ a se arate c˘ a ˆın spat¸iul vectorial C[0, 2π] subspat¸iile V1 = Span{1, cos x, cos2 x, . . . , cosn x} ¸si V2 = Span{1, cos x, cos 2x, . . . , cos nx} coincid. Solut¸ie. Vom ar˘ ata c˘ a fiecare generator al subspat¸iului V2 este ˆın V1 ¸si invers. Avem cos kx + i sin kx = (cos x + i sin x)k , de unde rezult˘ a cos kx = Ck0 cosk x − Ck2 cosk−2 x sin2 x + Ck4 cosk−4 x sin4 x − . . . = Ck0 cosk x − Ck2 cosk−2 x(1 − cos2 x) + Ck4 cosk−4 x(1 − cos2 x)2 − . . . = Tk (cos x) ∈ V1 unde Tk este polinom de grad k (polinomul lui Cebˆa¸sev). Invers: (cos x + i sin x) + (cos x − i sin x) z+z cos x = = 2 2 1 cosk x = k (z + z)k 2 1 0 k = k [Ck (z + z k ) + Ck1 (z k−1 z + z · z k−1 ) + Ck2 (z k−2 z 2 + z 2 · z k−2 ) + . . . ] 2 1 = k [Ck0 2 cos kx + Ck1 · 2 cos(k − 2)x + Ck2 · 2 cos(k − 4)x + . . . ] ∈ V2 . 2

152

Problema 4.4 Fie T : V → V un operator liniar pe spat¸iul vectorial V de dimensiune n > 1 cu proprietatea T n = 0 ¸si T n−1 6= 0. S˘a se arate c˘a: a) vectorii v0 , T (v0 ), . . . , T n−1 (v0 ) sunt liniar independent¸i dac˘a T n−1 (v0 ) 6= 0 (deci formeaz˘a o baz˘ a ˆın V ). b) nu exist˘ a un operator liniar S : V → V cu proprietatea S 2 = T . Solut¸ie. a) a1 v0 + a2 T (v0 ) + · · · + an T n−1 (v0 ) = 0, ai ∈ K. Se aplic˘a succesiv T n−1 T n−2 ... T

⇒ a1 = 0 ⇒ a2 = 0 ⇒ an−1 = 0 ⇒ an = 0

ˆIn baza v0 , T (v0 ), . . . , T n−1 (v0 ) matricea lui T este  0 1 0  .. ..  . . MT =   ..  . 1 0 0

     

b) Dac˘a exist˘ a S cu S 2 = T , valorile proprii ale lui S sunt toate 0 (S este nilpotent). Forma canonic˘ a Jordan a lui S este format˘a doar din blocuri Jordan de forma   0 1 0   .. ..   . .  .   . .  . 1  0 0 Dac˘a JS nu este format˘ a dintr-un singur bloc, atunci JSn−1 n−1 0 ⇒ T = 0, contradict¸ie. Dac˘a JS este format˘ a dintr-un singur bloc, atunci  0 0 1 0  .. .. ..  . . .   .. .. JS2 =  . . 1   ..  . 0 0

= 0 ⇒ S n−1 = 0 ⇒ S 2(n−1) =

        

0

¸si rang JS2 = rang S 2 = n − 2 6= n − 1 = rang T . Problema 4.5 Dac˘ a P : X → X este un operator de proiect¸ie, atunci: 0) Im P = Fix P , unde Im P = {P (x)| x ∈ X} este subspat¸iul imagine a lui P iar Fix P = {x ∈ X| P (x) = x} este subspat¸iul punctelor fixe ale lui P .

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

153

1) Subspat¸iul X este suma direct˘ a a subspat¸iilor Ker P ¸si Im P adic˘a X = Im P ⊕ Ker P . 2) Dac˘a X1 , X2 sunt subspat¸ii complementare, X = X1 ⊕ X2 , atunci exist˘a ¸si este unic un operator de proiect¸ie P : X → X pentru care Im P = X1 ¸si Ker P = X2 (acest operator se nume¸ste operatorul de proiect¸ie pe subspat¸iul X1 , paralel cu subspat¸iul X2 ). 3) Dac˘a dimensiunea spat¸iului X este finit˘a, atunci exist˘a o baz˘a ˆın X ˆın raport cu care matricea operatorului P este: 



 Ik 0  MP =  , 0 0 unde k = dim(Im P ). Solut¸ie. 0) Dac˘ a x ∈ Im P , atunci exist˘a x0 ∈ X astfel ca x = P (x0 ) ¸si atunci 0 P (x) = P (P (x )) = (P ◦ P )(x0 ) = P (x0 ) = x deci x ∈ Fix P . Reciproc, dac˘a x ∈ Fix P , atunci x = P (x) ∈ Im P . 1) Trebuie ar˘ atat c˘ a pentru orice x ∈ X exist˘a ¸si sunt unice x1 ∈ Fix P ¸si x2 ∈ Ker P astfel ca x = x1 + x2 . Dac˘a ar exista x1 , x2 ei ar verifica relat¸iile: x = x1 + x2 ,

P (x1 ) = x1

¸si P (x2 ) = 0.

ˆIn relat¸ia x = x1 + x2 aplic˘ am endomorfismul P ¸si obt¸inem P (x) = P (x1 ) + P (x2 ) = x1 + 0, deci din cele dou˘ a relat¸ii rezult˘ a c˘ a singurii candidat¸i posibili pentru x1 ¸si x2 sunt x1 = P (x) ¸si x2 = x − P (x). Ar˘ at˘ am c˘ a ace¸stia verific˘a toate condit¸iile: P (x1 ) = P (P (x)) = P (x) = x1 , deci x1 ∈ Fix P = Im P P (x2 ) = P (x − P (x)) = P (x) − P (P (x)) = P (x) − P (x) = 0, deci x2 ∈ Ker P ¸si evident x1 + x2 = x. 2) Deoarece orice vector x ∈ X se scrie unic sub forma x = x1 +x2 cu x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 . Dac˘a ar exista un proiector P : X → X, am avea P (x) = P (x1 + x2 ) = P (x1 ) + P (x2 ) = x1 + 0, deci unica definit¸ie posibil˘ a a operatorului P ar fi: P (x) = x1 (componenta din X1 a vectorului x). Ar˘at˘am c˘ a aceast˘ a definit¸ie este corect˘a, deci P este aplicat¸ie liniar˘a, P ◦ P = P,

Fix P = X1

¸si

Ker P = X2 .

Avem: P (ax + by) = P (a(x1 + x2 ) + b(y1 + y2 )) = P ((ax1 + by1 ) + (ax2 + by2 )) =

154

= ax1 + by1 = aP (x) + bP (y), pentru orice a, b ∈ K, x = x1 + x2 , y = y1 + y2 ∈ X, x1 , y2 ∈ X1 ¸si x2 , y2 ∈ X2 . (P ◦ P )(x) = P (P (x)) = P (x1 ) = P (x1 + 0) = x1 = P (x) x ∈ Ker P ⇔ P (x) = 0 ⇔ x1 = 0 ⇔ x = x1 + x2 = x2 ∈ X2 x ∈ Fix P ⇔ P (x) = x ⇔ x1 = x1 + x2 ⇔ x2 = 0 ⇔ x = x1 ∈ X1 . 3) Deoarece subspat¸iile Im P = Fix P ¸si Ker P sunt complementare, dac˘a alegem o baz˘ a {e1 , . . . , ek } ˆın Im P ¸si {ek+1 , . . . , en } o baz˘a ˆın Ker P , rezult˘a c˘a {e1 , . . . , ek , ek+1 , . . . , en } este baz˘ a ˆın X, pentru care avem relat¸iile P (e1 ) = e1 = 1 · e1 + · · · + 0 · ek + 0 · ek+1 + · · · + 0 · en ... P (ek ) = ek = 0 · e1 + · · · + 1 · ek + 0 · ek+1 + · · · + 0 · en P (ek+1 ) = 0 = 0 · e1 + · · · + 0 · ek + 0 · ek+1 + · · · + 0 · en ... P (en ) = 0 = 0 · e1 + · · · + 0 · ek + 0 · ek+1 + · · · + 0 · en din care rezult˘ a c˘ a matricea lui P ˆın aceast˘a baz˘a este   Ik 0 (e) MP = . 0 0 Observat¸ie. • Dac˘a P : X → X este o proiect¸ie, atunci pentru orice k ∈ N∗ avem P k = P ◦· · ·◦P = P. • Dac˘a X = X1 ⊕ X2 , P1 este operatorul de proiect¸ie pe X1 paralel cu X2 ¸si P2 este operatorul de proiect¸ie pe X2 paralel cu X1 , atunci P1 + P2 = I (relat¸ie numit˘a descompunerea unit˘ a¸tii). • Dac˘a X = C ∞ (R) este spat¸iul vectorial real al funct¸iilor de clas˘a C ∞ pe R, operatorii Pn : X → X, n ∈ N, definit¸i prin Pn (f )(x) = f (x0 ) +

1 0 1 f (x0 )(x − x0 ) + · · · + f (n) (x0 )(x − x0 )n 1! n!

sunt operatori de proiect¸ie care definesc polinoamele lui Taylor ata¸sate funct¸iei f ˆın jurul punctului fixat x0 ∈ R. Problema 4.6 Dac˘ a S : X → X este un operator de simetrie, atunci: 1) X = Fix S ⊕ Inv S, unde Fix S = {x ∈ X| S(x) = x} ¸si Inv S = {x ∈ X| S(x) = −x}.

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

155

2) Pentru orice scindare a spat¸iului X sub forma X = X1 ⊕ X2 , exist˘a o unic˘a simetrie S : X → X astfel ca X1 = Fix S ¸si X2 = Inv S, numit˘a simetrica fat¸˘a de subspat¸iul X1 , paralel˘a cu subspat¸iul X2 . 3) Dac˘a dimensiunea spat¸iului X este finit˘a, atunci exist˘a o baz˘a ˆın X fat¸˘a de care matricea simetriei S este



 I 0   k MS =  . 0 −In−k

Solut¸ie. 1) ˆIn relat¸ia x = x1 + x2 cu x1 ∈ Fix S, x2 ∈ Inv S aplic˘am S ¸si obt¸inem a 1 1 doua relat¸ie S(x) = S(x1 )+S(x2 ) = x1 −x2 ¸si rezult˘a x1 = (x+S(x)), x2 = (x−S(x)), 2 2 care verific˘a condit¸iile S(x1 ) = x1 ¸si S(x2 ) = −x2 . 2) Dac˘a x = x1 + x2 , x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 S(x) = S(x1 ) + S(x2 ) = x1 − x2 , deci singurul mod ˆın care s-ar putea defini S este S(x1 + x2 ) = x1 − x2 cu x1 ∈ X1 ¸si x2 ∈ X2 . Se arat˘ a c˘ a S astfel definit este liniar, S ◦ S = I, Fix S = X1 ¸si Inv S = X2 . 3) Alegem o baz˘ a {e1 , . . . , ek } ˆın Fix S ¸si o baz˘a {ek+1 , . . . , en } ˆın Inv S ¸si deoarece X = Fix S ⊕ Inv S, ele ˆımpreun˘ a formeaz˘a o baz˘a ˆın X, {e1 , . . . , ek , ek+1 , . . . , en }. ˆIn aceast˘a baz˘a matricea lui S are forma dat˘a. Problema 4.7 S˘ a se arate c˘ a ˆın spat¸iul vectorial real C[0, 2π] funct¸iile 1, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x, . . . , cos nx, sin nx sunt liniar independente. Solut¸ie. ˆIn combinat¸ia liniar˘ a

n X k=0

ak cos kx +

n X

bk sin kx = 0 (pentru orice x),

k=1

ˆınmult¸im pe rˆ and cu cos kx, k = 1, n ¸si sin kx, k − 1, n ¸si integr˘am relat¸ia obt¸inut˘a de la 0 la 2π. T ¸ inem cont de relat¸iile  Z 2π 0, k 6= p cos kx cos px = π, k = p ≥ 1 0  Z 2π 0, k 6= p sin kx sin pxdx = π, k = p ≥ 1 0 Z 2π sin kx cos pxdx = 0, pentru k, p ∈ N. 0

Se obt¸ine pe rˆ and ak = 0, k = 1, n, bk = 0, k = 1, n ¸si apoi a0 = 0. Problema 4.8 Fie R4 [X] spat¸iul polinoamelor de grad ≤ 4 ¸si funct¸ia T : R4 [X] → R4 [X],

T (f )(x) = x2 f 00 (x) − 6f 0 (x) + 12f (x).

S˘a se arate c˘ a T este endomorfism, s˘a se determine Ker T ¸si Im T .

156

Solut¸ie. Avem a1 , a2 ∈ R, f1 , f2 ∈ R4 [X].

T (a1 f1 + a2 f2 ) = a1 T (f1 ) + a2 T (f2 ), T (1) = 12,

T (x) = 6x,

T (x2 ) = 2x2 ,

Matricea lui T ˆın baza canonic˘ a este  12  0  MT =   0  0 0

0 6 0 0 0

0 0 2 0 0

0 0 0 0 0

T (x3 ) = 0,

0 0 0 0 0

T (x4 ) = 0.

   .  

Im T = R2 [X], Ker T = {f = ax3 + bx4 | a, b ∈ R}. Problema 4.9 Pentru ce valori ale lui n ∈ N, grupul (Zn , +) poate fi organizat ca spat¸iu vectorial peste corpul Zp ? Solut¸ie. Dac˘ a (Zp , ϕ) este spat¸iu vectorial, deci (Zn , +) este spat¸iu vectorial peste corpul (Zp , +, ·), not˘ am clasele modulo n cu x ¸si clasele modulo p cu yb. Avem p = ϕ(b 1, p) = ϕ(b 1, 1 + · · · + 1) = ϕ(b 1, 1) + · · · + ϕ(b 1, 1) = = ϕ(b 1 + ··· +b 1, 1) = ϕ(b p, 1) = ϕ(b 0, 1) = 0, deci p = 0 (mod n), adic˘ a p este divizibil cu n, ceea ce este posibil doar pentru p = n. Problema 4.10 Fie V spat¸iul vectorial tridimensional al vectorilor liberi. Consider˘am aplicat¸ia A : V → V , A(u) = a × u, u ∈ V , unde a este un vector fixat. a) S˘a se arate c˘ a A este o transformare liniar˘a; b) A p˘astreaz˘ a unghiul vectorilor ortogonali pe a; c) A este o transformare ortogonal˘ a a subspat¸iului vectorial perpendicular pe a; d) S˘a se arate c˘ a exist˘ a o baz˘ a ortonormat˘a ˆın raport cu care A are matricea    0 0 0     MA =   0 0 −1  .   0 1 0 Solut¸ie. a) Rezult˘ a din propriet˘ a¸tile produsului vectorial. b) Fie u, v doi vectori ortogonali pe a. Avem cos(A(u), A(v)) =

=

(a × u) · (a × v) [(a × u) × a]v = = ka × uk · ka × vk a2 uv

[a2 u − (a u)a]v u·v = = cos(u, v). 2 a uv uv

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

157

c) Dac˘a u ⊥ a atunci kA(u)k = ka × uk = kuk. d) Fie baza format˘ a din e1 , e2 , e3 . Trebuie s˘a avem a × e1 = 0 de unde rezult˘a c˘a e1 am e1 = a. Mai trebuie s˘a avem a × e2 = e3 , de unde rezult˘a c˘a e2 este coliniar cu a. Lu˘ este vector ortogonal pe a iar e3 un vector ortogonal pe a ¸si e2 . Problema 4.11 Fie Pn spat¸iul vectorial al polinoamelor reale de o variabil˘a ¸si de grad ≤ n. Definim T : Pn → Pn , T (P )(t) = P (t + a) − P (t). a) S˘a se arate c˘ a T este o transformare liniar˘a; b) S˘a se determine matricea lui T ˆın baza 1, t, . . . , tn ; c) S˘a se determine Ker T . Solut¸ie. a imediat.  a) Se verific˘ 0 0 ... 0 0  a 0 . . . 0 0  2 1  ... 0 0 C2a b) MT =  a  ... ... ... ... ... an Cn1 an−1 . . . Cnn−1 a 0 c) Ker T = {a0 | a0 ∈ R}.

     

Problema 4.12 ˆIn spat¸iul polinoamelor de grad ≤ n s˘a se g˘aseasc˘a matricea de trecere de la baza {1, x − a, (x − a)2 , . . . , (x − a)n } la baza {1, x − b, (x − b)2 , . . . , (x − b)n }. C00  0 Solut¸ie. P =   ... 0 

C10 (a − b) C20 (a − b)2 C11 C21 (a − b) ... ... 0 0

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

 Cn0 (a − b)n Cn1 (a − b)n−1  .  ... n n Cn (−1)

Problema 4.13 S˘ a se determine toate polinoamele f ∈ R[x] cu proprietatea f (Z) ⊂ Z. Solut¸ie. Folosim scrierea unui polinom ˆın baza   x x(x − 1) x(x − 1) . . . (x − n + 1) B = 1, , ,..., , 1! 2! n! deci c˘aut˘am polinoamele f de forma: f (x) = a0 + a1

x x(x − 1) x(x − 1) . . . (x − n + 1) + a2 + · · · + an . 1! 2! n!

Din condit¸iile f (0) ∈ Z, f (1) ∈ Z, . . . , f (n) ∈ Z rezult˘a a0 , a1 , . . . , an ∈ Z (condit¸ie necesar˘a). Condit¸ia este ¸si suficient˘ a deoarece produsul a k numere ˆıntregi consecutive, se divide cu k!. ˆIn concluzie polinoamele c˘ autate sunt cele care ˆın baza B au coeficient¸ii numere ˆıntregi.

158

Problema 4.14 S˘ a se determine toate funct¸iile f : R → R cu proprietatea f (x + y) = f (x) + f (y), x, y ∈ R. (Ecuat¸ia lui Cauchy) Solut¸ie. Se deduce u¸sor c˘ a f (nx) = nf (x), n ∈ N, x ∈ R   1 1 f x = f (x), n ∈ N∗ , x ∈ R, n n f (−x) = −f (x),

x∈R

¸si f (qx) = qf (x),

q ∈ Q, x ∈ R,

deci f (q1 x1 + q2 x2 ) = q1 f (x1 ) + q2 f (x2 ) pentru q1 , q2 ∈ Q ¸si x1 , x2 ∈ R. Solut¸iile ecuat¸iei lui Cauchy sunt aplicat¸ii liniare (endomorfisme) ale spat¸iului vectorial R peste corpul Q. Fie {hi | i ∈ I} o baz˘a a lui R peste Q. Orice num˘ar real nenul x se exprim˘ a ˆın mod unic sub forma x=

n X

qk (x)hik , cu qk (x) ∈ Q∗ .

k=1

Dac˘a definim ˆın mod arbitrar f (hi ) = yi obt¸inem f (x) =

n X

qk (x)yik .

k=1

Problema 4.15 a) Fie V1 , V2 dou˘ a subspat¸ii ale spat¸iului V finit dimensional, astfel ca dim V1 = dim V2 . S˘ a se arate c˘ a exist˘ a subspat¸iul V3 al lui V astfel ca V = V1 ⊕V3 = V2 ⊕V3 . b) Cˆate astfel de descompuneri exist˘a pentru spat¸iul vectorial R3 ? S˘a se interpreteze geometric. Solut¸ie. a) Fie V1 ∩ V2 = W , unde W poate fi ¸si {0}. Consider˘ am o baz˘ a a lui W , e1 , e2 , . . . , em . Complet˘am aceast˘a baz˘a pˆan˘a la o baz˘a a lui V1 ¸si obt¸inem e1 , e2 , . . . , em , fm+1 , . . . , fn ¸si la o baz˘a ˆın V2 e1 , e2 , . . . , em , gm+1 , . . . , gn . Prin urmare pentru V1 + V2 avem sistemul de generatori e1 , e2 , . . . , em , fm+1 , . . . , fn , gm+1 , . . . , gn . Dimensiunea care formeaz˘a o baz˘a a spat¸iului V1 + V2 este 2n + m ¸si dac˘ a este mai mic˘a decˆat dimensiunea lui V1 , extindem baza lui V1 +V2 la o baz˘ a a lui V prin ad˘ augarea vectorilor h1 , h2 , . . . , hk . Subspat¸iul V3 este generat de sistemul de vectori fm+1 + gm+1 , . . . , fn + gn , h1 , h2 , . . . , hk . b) Deosebim dou˘ a cazuri: i) dim V1 = dim V2 = 1, ˆın acest caz V1 ∩ V2 = {0} ¸si vectorii f1 ¸si g1 care formeaz˘a cˆate o baz˘a ˆın V1 respectiv V2 nu sunt coliniari. Dimensiunea spat¸iului generat de V1 ¸si V2 este 2 ¸si f1 , g1 formeaz˘ a o baz˘ a a acestui subspat¸iu. Extindem aceast˘a baz˘a a lui R3 ad˘augˆand un vector h1 necoplanar cu f1 , g1 . Subspat¸iul V3 este un plan pentru care f1 + g1 ¸si h1 este o baz˘a.

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

159

ii) Dac˘a dim V1 = dim V2 = 2, adic˘a sunt dou˘a plane, atunci V1 ∩ V2 6= {0} ¸si W are dimensiunea 1. Fie e o baz˘ a ˆın W . Dac˘a f1 este un vector ˆın V1 necoliniar cu e atunci e, f1 este o baz˘ a ˆın V1 . Analog e, g1 este o baz˘a ˆın V2 . Subspat¸iul generat de V1 ¸si V2 are dimensiunea 3 deci V3 este unidimensional ¸si f1 + g1 este o baz˘a a sa ¸si reprezint˘a o dreapt˘a.

Problema 4.16 Fie V un spat¸iu vectorial n-dimensional peste Zp . S˘a se determine num˘arul endomorfismelor lui V . Solut¸ie. Consider˘ am o baz˘ a e1 , . . . , en ˆın V ¸si T o transformare liniar˘a, atunci matricea 2 lui T , MT ∈ Mn (Zp ) determin˘ a unic pe T iar spat¸iul Mn (Zp ) are cardinalul pn . Problema 4.17 Fie V spat¸iul vectorial al matricelor din Mn (C) generat de matricele de forma AB − BA, A, B ∈ Mn (C). S˘ a se arate c˘a dimC V = n2 − 1. Solut¸ie. Pentru orice matrice din V , urma este 0 ¸si W = {M ∈ Mn (C)| Tr M = 0} = {M ∈ Mn (C)| f (M ) = 0} unde f : Mn (C) → C, f (M ) = Tr M este o aplicat¸ie liniar˘a, deci W = Ker f , dim W = n2 − 1 deci V ⊂ W ¸si dim V ≤ n2 − 1. Pentru a ar˘ ata c˘ a dim V = n2 − 1 este suficient s˘a g˘asim n2 − 1 matrice independente ˆın V . Dac˘a {Eij }i,j=1,n este baza canonic˘a ˆın spat¸iul matricelor avem Eij Ekl = δ jk Eil . Deci Ei1 E1l = Eil , E1l Ei1 = 0 dac˘ a i 6= l ⇒ Ei1 E1l − E1l Ei1 = Eil pentru i 6= l, ˆın total n2 − n matrice independente ˆın V . Apoi 

−1

0 0

 Ei1 E1i − E1i Ei1 = Eii − E11 =  

  

1 0



0

ˆın total ˆınc˘a n − 1 matrice independente ˆın V .

Problema 4.18 Fie V un spat¸iu vectorial de dimensiune n ¸si V1 , V2 dou˘a subspat¸ii de dimensiune n1 ¸si n2 astfel ca V = V1 + V2 . S˘a se arate c˘ a mult¸imea endomorfismelor T : V → V cu proprietatea T (V1 ) ⊂ V1 ¸si T (V2 ) ⊂ V2 formeaz˘ a un subspat¸iu ˆın End(V ) ¸si s˘a se determine dimensiunea sa.

160

Solut¸ie. Fie V0 = V1 ∩ V2 . a ˆın V0 {e1 , . . . , en0 } baz˘ a ˆın V1 {e1 , . . . , en0 , fn0 +1 , . . . , fn1 } baz˘ a ˆın V2 {e1 , . . . , en0 , gn0 +1 , . . . , gn2 } baz˘ atunci {e1 , . . . , en0 , fn0 +1 , . . . , fn1 , gn0 +1 , . . . , gn2 } este o baz˘a ˆın V . dim V0 = n0 , dim V = n1 + n2 − n0 = n. Avem: V = V0 ⊕ W1 ⊕ W2 unde W1 = Span{fn0 +1 , . . . , fn1 },

W2 = Span{gn0 +1 , . . . , gn2 }

Din T (V1 ) ⊂ V1 ¸si T (V2 ) ⊂ V2 ⇒ T (V0 ) ⊂ V0 , atunci T |V0 : V0 → V0 este endomorfism. T |W1 : W1 → V1

¸si T |W2 : W2 → V2

A defini T revine la a defini T0 , T1 , T2 dim{T0 | T0 ∈ End V0 } = n20 dim{T1 | T1 ∈ Hom(W1 , V1 )} = (n1 − n0 )n1 dim{T2 | T2 ∈ Hom(W2 , V2 )} = (n2 − n0 )n2 Deci dimensiunea c˘ autat˘ a este n20 + (n1 − n0 )n1 + (n2 − n0 )n2 cu n0 = n1 + n2 + n. Problema 4.19 ˆIn spat¸iul vectorial real al ¸sirurilor de numere reale R∞ = {(xn )n | xn ∈ R} se consider˘a subspat¸iul Va,b al ¸sirurilor date prin recurent¸a Va,b = {(xn )n | xn+1 = (a + b)xn − abxn−1 , n ∈ N∗ }. S˘a se arate c˘ a dac˘ a a 6= b atunci o baz˘a ˆın Va,b este format˘a din ¸sirurile {(an )n , (bn )n } cu an = an ¸si bn = bn , n ∈ N, iar dac˘ a a = b atunci o baz˘a este {(cn ), (dn )n } cu cn = an ¸si dn = nan−1 , n ∈ N. Solut¸ie. S ¸ irurile (en )n cu e0 = 1, e1 = 0, en+1 = (a + b)en − aben+1 , n ∈ N∗ ¸si (e0n )n cu e00 = 0, e01 = 1, e0n+1 = (a + b)e0n − abe0n−1 formeaz˘a o baz˘a ˆın Va,b c˘aci dac˘a (xn )n este un ¸sir arbitrar din Va,b atunci (xn )n = x0 (en )n + x1 (x0n )n (scriere unic˘a). Spat¸iul Va,b are dimensiune 2 ¸si se verific˘ a u¸sor c˘ a ¸sirurile {(an )n , (bn )n } sunt liniar independente, la fel ¸si ¸sirurile {(en )n , (dn )n } ele fiind ˆın Va,b . Problema 4.20 Fie X un spat¸iu vectorial de dimensiune n peste un corp K cu p elemente. S˘a se arate c˘ a num˘ arul bazelor lui X peste K este N = (pn − 1)(pn − p)(pn − p2 ) . . . (pn − pn−1 ), acela¸si cu num˘ arul matricelor p˘ atratice inversabile de ordin n din GLn (K).

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

161

Solut¸ie. Primul vector e1 dintr-o baz˘a poate fi ales arbitrar, diferit de 0, deci ˆın pn − 1 moduri. Subspat¸iul general he1 i are p elemente, deci al doilea vector poate fi ales ˆın pn − p moduri. Subspat¸iul he1 , e2 i = {a1 e1 + a2 e2 | a1 , a2 ∈ K} are p2 elemente. Al treilea vector se poate alege ˆın pn − p2 moduri ¸si a¸sa mai departe. Dac˘a fix˘ am o baz˘ a {e1 , . . . , en } ˆın X atunci orice alt˘a baz˘a {e01 , . . . , e0n } este unic 0 determinat˘a de o matrice inversabil˘ a P (e,e ) ∈ GLn (K). Problema 4.21 S˘ a se determine valorile proprii nenule ¸si vectorii proprii corespunz˘atori pentru endomorfismele T : C[0, 2π] → C[0, 2π] Z

2π

sin(x + y)f (y)dy.

T (f )(x) = 0

Z Z

2π

cos yf (y)dy ¸si bf =

Solut¸ie. T (f )(x) = af sin x + bf cos x, unde af = 0

2π

sin yf (y)dy, deci Im f ⊂ hsin, cosi = V . 0

Pentru valori proprii nenule, vectorii sunt ˆın Im T , deci putem s˘a ne restrˆangem la V T : V → V. Avem T (sin) = π cos, T (cos) = π sin, deci matricea lui T ˆın baza {sin, cos} este   0 π . MT = π 0 



Valorile proprii sunt λ1 = π, λ2 = −π iar vectorii proprii ai matricei MT sunt  1 , c˘arora le corespund vectorii (funct¸iile) −1 fπ (x) = a(sin x + cos x),

 1 , 1

a ∈ R∗

¸si f−π (x) = a(− sin x + cos x),

a ∈ R∗ .

Problema 4.22 S˘ a se determine valorile proprii ¸si vectorii proprii pentru endomorfismele T : C[−1, 1] → C[−1, 1] Z

1

(3xy + 5x2 y 2 )f (y)dy.

T (f )(x) = −1

Solut¸ie. Im T = Span{x, x2 }, λ = 2 este singura valoare proprie nenul˘a ¸si f (x) = ax + bx2 , a, b ∈ R sunt vectorii proprii. Problema 4.23 S˘ a se arate c˘ a polinoamele lui Legrendre Pn (x) =

1 2n n!

[(x2 − 1)n ](n)

162

sunt vectori proprii pentru operatorul T : C ∞ [−1, 1] → C ∞ [−1, 1], definit prin relat¸ia: T (f )(x) = [(x2 − 1)f 0 (x)]0 . Solut¸ie. Notˆ and fn (x) = (x2 − 1)n avem: (x2 − 1)fn0 (x) = 2nxfn (x). Derivˆand de (n + 1) ori cu formula Leibniz-Newton: (x2 − 1)fn(n+2) (x) + 2x(n + 1)fn(n+1) (x) + n(n + 1)f (n) n(x) = = 2nxfn(n+1) (x) + 2n(n + 1)fn(n) (x) ⇔ (x2 − 1)fn(n+2) (x) + 2xfn(n+1) (x) = n(n + 1)fn(n) (x) ⇔ (x2 − 1)Pn00 + 2xPn0 = n(n + 1)Pn ⇔ ((x2 − 1)Pn0 )0 = n(n + 1)Pn ⇔ T (Pn ) = n(n + 1)Pn Deci λn = n(n + 1) sunt valori proprii ¸si Pn vectori proprii. Problema 4.24 Fie T : R[X] → R[X], T (f )(x) = 2xf 0 (x) − f 00 (x). a) S˘a se arate c˘ a subspat¸iile proprii au dimensiune 1; b) S˘a se arate c˘ a λn = 2n sunt valori proprii ¸si polinoamele lui Hermite 2

2

Hn (x) = (−1)n ex (e−x )(n) sunt vectori proprii. Solut¸ie. a) Dac˘ a λ este valoare proprie pentru T ¸si f, g vectorii proprii corespunz˘atori, vom ar˘ata c˘ a f ¸si g sunt liniar dependent¸i. Fie f (x) g(x) f (x) g(x) 0 , W (x) = W (x) = 0 f 00 (x) g 00 (x) = f (x) g 0 (x) f (x) g(x) = 2xW (x). = 0 0 2xf (x) − λf (x) 2xg (x) − λg(x)  0 f 0 0 0 Dar W ∈ R[x], grad W < grad 2xW , deci W = 0 ⇒ f g − f g = 0 ⇔ = 0, unde g g(x) 6= 0 ⇒ f (x) = cg(x) ⇒ f, g sunt liniar dependente. 2 2 2 2 b) Hn0 (x) = (−1)n (2xex (e−x )(n) + ex (−2xe−x )(n) ) = 2

2

2

2

= (−1)n ex (2x(e−x )(n) − 2(x(e−x )(n) + n(e−x )(n−1) )) = 2nHn−1 (x) 0 Hn00 (x) = 2nHn−1 (x) = 2n · 2(n − 1)Hn−2 (x) 2

2

2

2

Hn (x) = (−1)n ex (e−x )(n) = (−1)n ex (−2xe−x )(n−1) = 2

2

2

= (−1)n ex (−2)(x(e−x )(n−1) + (n − 1)(e−x )(n−2) ) = = 2xHn−1 (x) − 2(n − 1)Hn−2 (x) Deci T (Hn ) = 2nHn .

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

163

Problema 4.25 Fie g : (a, b) → R o funct¸ie de clas˘a C ∞ (a, b) cu derivata g 0 (x) 6= 0, x ∈ (a, b). S˘a se determine valorile proprii ¸si vectorii proprii ai operatorului T : C ∞ (a, b) → C ∞ (a, b) T (f )(x) =

f 0 (x) , g 0 (x)

x ∈ (a, b).

Solut¸ie. Din relat¸ia T (f ) = λf cu λ ∈ R ¸si f ∈ C ∞ (a, b) rezult˘a ecuat¸ia diferent¸ial˘a f 0 (x) = λf (x) ⇔ f 0 (x) − λg 0 (x)f (x) = 0 ⇔ g 0 (x) (f (x)e−λg(x) )0 = 0 ⇔ f (x)e−λg(x) = c deci f (x) = ceλg(x) . Toate numerele reale λ sunt valori proprii iar funct¸iile fλ (x) + ceλg(x) , x ∈ (a, b) cu c 6= 0 sunt vectori proprii corespunz˘ atori. Problema 4.26 Fie K : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1]    x(1 − y), 0 ≤ x ≤ y ≤ 1 K(x, y) =   y(1 − x), 0 ≤ y < x ≤ 1 ¸si operatorul T : C 0 [0, 1] → C 0 [0, 1] Z T (f )(x) =

1

K(x, y)f (y)dy. 0

S˘a se arate c˘ a funct¸iile fn (x) = sin(nπx), n ∈ N∗ sunt vectori proprii. Z Solut¸ie. T (fn )(x) =

1

K(x, y)f (y)dy = 0

Z

x

Z y(1 − x)fn (y)dy +

= 0

Z

x

Z

0

1

Z y sin(nπy)dy + x

0

= Deci λn =

x(1 − y)fn (y)dy = x

y sin(nπy)dy − x

=

1

1

sin(nπy)dy = x

sin(nπx) 1 = fn (x) (nπ)2 (nπ)2

1 sunt valori proprii, iar fn vectori proprii. (nπ)2

Problema 4.27 S˘ a se determine valorile ¸si vectorii proprii ai endomorfismului T : Mn (C) → Mn (C) definit prin T (A) = B, unde B = [bij ]i,j=1,n ¸si bij = aij + sij unde sij este suma vecinilor lui aij ˆın A (un element din A are 3, 5 sau 8 vecini).

164

Solut¸ie. Observat¸ia esent¸ial˘ a este c˘a dac˘a consider˘am matricea 

1

1  .  1 .. C=  ..  . 0

0 ..



    .. . 1  1 1 .

atunci T (A) = CAC. Deoarece C este simetric˘ a, ea este diagonalizabil˘a ¸si notˆand cu D forma sa Jordan −1 (diagonal˘a) avem C = P DP . Dac˘ a λ ∈ C este valoare proprie pentru T ¸si X ∈ Mn (C), X 6= 0 este vector propriu, atunci avem: T (X) = λX ⇔ CXC = λX ⇔ P DP −1 XP DP −1 = λX ⇔ D(P −1 XP )D = λ(P −1 XP ) ⇔ DY D = λY,

y 6= 0 ⇔ dii yij djj = λyij

pentru orice i, j = 1, n, deci λ = dii djj sunt valori proprii. Dar {djj | j = 1, n} sunt valorile proprii ale matricei D, acelea¸si ca ale matricei C, care prin calcul se determin˘a: djj = 1 − 2 cos

jπ , n+1

j = 1, n.

Valorile proprii ale lui T sunt    jπ iπ 1 − 2 cos , λi,j = 1 − 2 cos n+1 n+1

i, j = 1, n.

Observat¸ie. Se poate ar˘ ata c˘ a valorile proprii ale operatorului TA,B : Mn (C) → Mn (C), TA,B (X) = AXB unde A, B ∈ Mn (C) sunt matrice fixate, sunt λi,j = αi β j , i, j = 1, n, unde α1 , . . . , αn sunt valorile proprii ale matricei A iar β 1 , . . . , β n sunt valorile proprii ale matricei B. Problema 4.28 Fie V un subspat¸iu vectorial ˆın M5,7 (R), care cont¸ine matrice de rang 1, 2, 4 ¸si 5. Se poate ca V s˘ a nu cont¸in˘a matrice de rang 3? Putnam, 1981 Solut¸ie. R˘ aspunsul este afirmativ. Definim  a      b 0   b V =     0 b   

b

  c 0     0 c     ; a, b, c ∈ R    0    

care formeaz˘ a subspat¸ii ˆın V ¸si cont¸ine matricele de rang 1 (a = 1, b = c = 0), 2 (c = 1, a = b = 0), 4 (b = 1, a = c = 0), 5 (a = b = 1, c = 0), dar nu cont¸ine matrice de rang 3.

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

165

Problema 4.29 Fie T ¸si S dou˘ a endomorfisme ale spat¸iului vectorial de dimensiune finit˘a V , astfel ca V = Ker T + Ker S = Im T + Im S. a) S˘a se arate c˘ a cele dou˘ a sume sunt sume directe. b) R˘amˆane rezultatul adev˘ arat dac˘a V are dimensiune infinit˘a? Examen Frant¸a Solut¸ie. Din teorema dimensiuni sumei avem: dim V = dim Ker T + dim Ker S − dim(Ker T ∩ Ker S)

(1)

dim V = dim Im T + dim Im S − dim(Im T ∩ Im S)

(2)

Din teorema dimensiunii aplicat¸iilor liniare T ¸si S avem: dim V = dim Ker T + dim Im T = dim Ker S + dim Im S

(3)

Din (1), (2) ¸si (3) rezult˘ a: dim(Ker T ∩ Ker S) + dim(Im T ∩ Im S) = 0 deci Ker T ∩ Ker S = Im T ∩ Im S = {0}. b) Afirmat¸ia nu r˘ amˆ ane adev˘ arat˘ a. Lu˘am V = {(xn )n≥1 : xn ∈ R, n ∈ N∗ } spat¸iul ¸sirurilor ¸si definim T (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) = (x3 , x4 , . . .) S(x1 , x2 , . . . , xn , . . .) = (x1 , 0, 0, . . .) Avem: Im T = V

¸si

Ker T = {(x, y, 0, 0, . . .) | x, y ∈ R}

Im S = {(x, 0, 0, . . .) | x ∈ R},

Ker S = {(0, x2 , x2 , . . .)}.

Evident c˘ a V = Im T + Im S = Ker T + Ker S, dar Im T ∩ Im S = Im S 6= {0},

Ker T ∩ Ker S = {(0, y, 0, . . .) | y ∈ R} = 6 {0}.

Problema 4.30 Fie V un spat¸iu vectorial ¸si T : V → V un endomorfism. S˘a se arate c˘a dim(Ker T ∩ Im T ) = dim(Im T ) − dim(Im T 2 ). Solut¸ie. Fie T = T |Im

T

: Im T → Im T . Avem:

dim(Im T ) = dim Ker T + dim Im T Im T = T (Im T ) = T (T (V )) = T 2 (V ) x ∈ Ker T ⇔ T (x) = 0, x ∈ Im T ⇔ T (x) = 0 ¸si x ∈ Im T ⇔ x ∈ Ker T ∩ Im T dim(Ker T ∩ Im T ) = dim(Im T ) − dim(Im T 2 ).

166

Problema 4.31 S˘ a se determine dimensiunea maxim˘a a unui subspat¸iu V ⊂ Mn (R) cu proprietatea c˘ a Tr (XY ) = 0, pentru orice X, Y ∈ V. IMC, 2005 Solut¸ie. Din implicat¸ia Tr (XX t ) = 0 ⇒ X = 0, rezult˘a c˘a V nu cont¸ine nici o matrice simetric˘ a nenul˘ a, deci V ∩ Sn = {0}, unde Sn este subspat¸iul matricelor simetrice n(n + 1) care are dimensiunea . Astfel c˘a 2 dim V ≤ n2 −

n(n + 1) n(n − 1) = . 2 2

Un exemplu de subspat¸iu V de dimensiune superior triunghiulare.

n(n − 1) este subspat¸iul matricelor strict 2

Problema 4.32 Fie f : Mn (R) → R o aplicat¸ie liniar˘a. a) S˘a se arate c˘ a exist˘ a A ∈ Mn (R) astfel ca f (X) = Tr (XA). b) Dac˘a ˆın plus f (XY ) = f (Y X), pentru orice X, Y ∈ Mn (R), atunci exist˘a a ∈ R astfel ca f (X) = aTr (X). Solut¸ie. a) Fie Eij baza canonic˘ a a spat¸iului Mn (R). Definim matricea A = [aij ]i,j=1,n prin aij = f (Eji ). b) Fie V subspat¸iul matricelor cu urma zero, care este un subspat¸iu de dimensiune n2 − 1. Matricele Eij = Eij Ejj − Ejj Eij , i 6= j ¸si Eii − Enn = Ein Eni − Eni Ein ,

i = 1, n − 1,

formeaz˘a o baz˘ a ˆın V pe care funct¸ia f se anuleaz˘a. Pe de alt˘a parte matricea X − 1 (Tr X)In este din V , deci n   1 1 f X − (Tr X)In = 0 ⇔ f (X) = f (In )Tr X. n n Problema 4.33 Fie A ∈ Mn (C) o matrice diagonal˘a avˆand polinomul caracteristic fA (x) = (x − a1 )n1 (x − a2 )n2 · · · (x − ak )nk , cu a1 , a2 , . . . , ak distincte ¸si n1 + n2 + . . . + nk = n. S˘a se determine dimensiunea spat¸iului vectorial C(A) = {B ∈ Mn (C) | AB = BA}.

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

167

IMC, 1994 Solut¸ie. Fie A = [aij ]i,j=1,n , B = [bij ]i,j=1,n , AB = [xij ]i,j=1,n

¸si BA = [yij ]i,j=1,n .

Avem xij = aii bij ¸si yij = ajj bij , ¸si din AB = BA rezult˘a (aii − ajj )bij = 0,

i, j = 1, n.

Pentru aii 6= ajj rezult˘ a bij = 0, deci r˘amˆan arbitrare ˆın B doar elementele bij pentru care aii = ajj . Num˘arul perechilor (i, j) pentru care aii = ajj = a1 este n21 . Obt¸inem c˘a dim C(A) = n21 + n22 + · · · + n2k . Problema 4.34 Fie V un K-spat¸iu vectorial ¸si T : V → V un endomorfism cu proprietatea c˘a vectorii x ¸si T (x) sunt coliniari pentru orice x ∈ V . S˘a se arate c˘a exist˘a λ ∈ K astfel ca T (x) = λx, pentru orice x ∈ V . Examen Frant¸a Solut¸ie. Din condit¸ia dat˘ a pentru orice x ∈ V exist˘a λx ∈ K (care poate depinde de x) astfel ca T (x) = λx x. Vom ar˘ata c˘ a pentru orice x, y ∈ V avem λx = λy . Fie T (x) = λx x, T (y) = λy y. Cum T (x + y) = λ(x + y) ⇒ λx x + λy y = λ(x + y) ⇔ (λx − λ)x + (λy − λ)y = 0. Dac˘a x, y sunt liniar independent¸i rezult˘a λx = λy = λ. Dac˘a x, y sunt liniar dependent¸i, atunci y = αx ⇒ T (y) = αT (x) = αλx x = λx αx = λx y, deci λx = λy . Problema 4.35 Fie V spat¸iul vectorial al ¸sirurilor de numere reale V = {(x1 , x2 , . . . , xn , . . .) | x1 , x2 , . . . , xn , . . . ∈ R} ¸si T : V → V aplicat¸ia liniar˘ a definit˘ a prin T (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) = (x2 , x3 , . . . , xn+1 , . . .). S˘a se arate c˘ a T nu este o putere, adic˘a nu exist˘a nici o aplicat¸ie liniar˘a S : V → V ¸si nici un num˘ ar natural k ≥ 2 astfel ca S k = T .

168

Solut¸ie. Consider˘ am subspat¸iul V1 ⊂ V , V1 = {(x1 , x2 , 0, . . . , 0, . . .) | x1 , x2 ∈ R} care este un subspat¸iu de dimensiune 2 ¸si observ˘am c˘a V1 = Ker (T ◦ T ) (T ◦ T (x1 , x2 , . . . , xn , . . .) = (x3 , x4 , . . . , xn+2 , . . .)). Mai mult T (V1 ) ⊂ V1 ¸si S(V1 ) ⊂ V1 (dac˘a S1 ∈ V1 ¸si S(S1 ) = S1 6∈ V1 ⇔ T 2 (S(S1 )) 6= 0 ⇔ S(T 2 (S1 )) 6= 0 ⇔ S(0) 6= 0 fals). k Consider˘ am restrict¸iile T , S : V1 → V1 ¸si va trebui s˘a avem S = T . Baza canonic˘a a spat¸iului V1 este format˘ a din ¸sirurile (1, 0, 0, . . .) ¸si (0, 1, 0, . . .) ¸si ˆın aceast˘a baz˘a matricea lui T este   0 1 . MT = 0 0 Not˘am cu MS matricea lui S ˆın aceast˘a baz˘a ¸si dac˘a (MS )k = MT (MT )2 = 0 ⇒ (MS )2 = 0 ⇒ (MS )k = 0 (k ≥ 0), fals.

⇒ (MS )2k =

Problema 4.36 Se consider˘ a spat¸iul vectorial real V = C ∞ (R) ¸si D : V → V operatorul de derivare (D(f ) = f 0 ). S˘ a se arate c˘ a nu exist˘a un operator liniar T : V → V astfel ca T ◦ T = D. Examen Frant¸a Solut¸ie. Fie V1 = Ker (D ◦ D) = {f ∈ C ∞ (R) | f 00 = 0} = {f | f (x) = a + bx, a, b ∈ R} (polinoamele de grad ≤ 1). Dac˘a ar exista T astfel ca T ◦ T = D, atunci T 3 = T ◦ D = D ◦ T , deci D ¸si T comut˘a. ˆIn plus, V1 este invariant pentru D, deci este invariant ¸si pentru T . Not˘am cu T ¸si D 4 restrict¸iile lui T ¸si D la V1 , deci T : V1 → V1 , D : V1 → V1 . Avem D ◦ D = 0 ⇒ T = 0, 2 deci T este nilpotent ¸si cum dim V1 = 2 rezult˘a T = 0 ⇔ D = 0, ceea ce este fals. Problema 4.37 Fie P1 , P2 : V → V dou˘a proiect¸ii ˆın spat¸iul V astfel ca Im P1 ⊂ Ker P2

(P2 ◦ P1 = 0).

S˘a se arate c˘ a aplicat¸ia P = P1 + P2 − P1 ◦ P2 este o proiect¸ie ¸si c˘a Ker P = Ker P1 ∩ Ker P2 ,

Im P = Im P1 ⊕ Im P2 . Examen Frant¸a

Solut¸ie. Avem P 2 = (P1 + P2 − P1 ◦ P2 )2 = P12 + P22 + (P1 ◦ P2 )2 + P1 ◦ P2 + P2 ◦ P1 −P12 ◦ P2 − P1 ◦ P2 ◦ P2 − P2 ◦ P1 ◦ P2 − P1 ◦ P22 = P1 + P2 + P1 ◦ P2 ◦ P1 ◦ P2 +P1 ◦ P2 + 0 − P1 ◦ P2 − 0 − 0 − P1 ◦ P2 = P1 + P2 + 0 − P1 ◦ P2 = P.

Spat¸ii vectoriale ¸si aplicat¸ii liniare

169

Avem P1 ◦ P = P12 = P1 ⇒ Ker P ⊂ Ker P1 , P2 ◦ P = P22 = P2 ⇒ Ker P ⊂ Ker P2 deci Ker P ⊂ Ker P1 ∩ Ker P2 ¸si evident Ker P1 ∩ Ker P2 ⊂ Ker P . Avem evident Im P ⊂ Im P1 + Im P2 . Invers: fie x ∈ Im P1 + Im P2 , x = x1 + x2 . Avem P2 (x) = P2 (x1 ) + P2 (x2 ) = 0 + x2 = x2 ¸si P (x) = P1 (x) + P2 (x) − P1 ◦ P2 (x) = x1 + P1 (x2 ) + x2 − P1 (x2 ) = x1 + x2 = x deci x ∈ Im P . Acum deoarece Im P1 ∩ Im P2 ⊂ Ker P2 ∩ Im P2 = {0} rezult˘a c˘a Im P = Im P1 ⊕ Im P2 . Problema 4.38 Fie V un spat¸iu vectorial de dimensiune finit˘a ¸si T : V → V un endomorfism. S˘a se arate c˘ a afirmat¸iile urm˘atoare sunt echivalente: a) Ker T = Ker T 2 b) Im T = Im T 2 c) V = Ker T ⊕ Im T . Examen Frant¸a Solut¸ie. Evident avem Ker T ⊂ Ker T 2 ¸si Im T 2 ⊂ Im T . Din dim(V ) = dim(Ker T ) + dim(Im T ) = dim(Ker T 2 ) + dim(Im T 2 ) rezult˘a c˘a a) ¸si b) sunt echivalente. a)

Ar˘at˘am a) ⇒ c): fie x ∈ Ker T ∩ Im T ⇒ T (x) = 0 ¸si x = T (y), deci T 2 (y) = 0 ⇒ T (y) = 0 ⇒ x = 0, deci Ker T ∩ Im T = {0} ¸si atunci suma subspat¸iilor Ker T ¸si Im T este suma direct˘ a. ˆIn plus, dim V = dim(Ker T ) + dim(Im T ), deci V = Ker T ⊕ Im T . Ar˘at˘am implicat¸ia c) ⇒ b): fie x ∈ Im T , x = T (y), y ∈ V . Scriem pe y conform sumei directe y = y1 +y2 , cu y1 ∈ Ker T , y2 ∈ Im T ¸si atunci x = T (y1 )+T (y2 ) = 0+T (T (z2 )) ∈ Im T 2 , deci Im T ⊂ Im T 2 ⇒ Im T = Im T 2 . Problema 4.39 Fie m, n numere naturale cu m > n > 1, A o mult¸ime cu n elemente ¸si A1 , A2 , . . . , Am submult¸imi nevide, distincte ale lui A. S˘a se arate c˘ a exist˘ a indici distinct¸i i1 , i2 , . . . , ik ∈ {1, 2, . . . , m} astfel ca Ai1 ∆Ai2 ∆ . . . ∆Aik = ∅, unde am notat cu X∆Y = (X ∪ Y ) \ (X ∩ Y ), diferent¸a simetric˘a a mult¸imilor X ¸si Y . Solut¸ie. Fie A = {a1 , a2 , . . . , an } ¸si pentru fiecare submult¸ime Ai definim vectorul s˘au caracteristic vi = (xi1 , xi2 , . . . , xin ), unde xij = 1 dac˘a aj ∈ Ai ¸si xij = 0 dac˘a aj 6∈ Ai ,

170

i = 1, m, j = 1, n. Observ˘ am c˘ a vectorul caracteristic al mult¸imii Ai1 ∆Ai2 este suma modulo 2 a vectorilor vi1 ¸si vi2 . Consider˘ am numerele 0 ¸si 1 ca elemente ale corpului Z2 renotate b 0 ¸si b 1 iar vectorii vi n ca elemente ale spat¸iului vectorial Z2 , care este spat¸iu vectorial de dimensiune n peste corpul Z2 . Problema astfel reformulat˘a cere s˘a ar˘at˘am c˘a exist˘a vectorii caracteristici vbi1 , vbi2 , . . . , vbik cu suma zero: 0, b 0, . . . , b 0). vbi1 + vbi2 + · · · + vbik = (b Avˆand m > n vectori (caracteristici) ˆıntr-un spat¸iu vectorial de dimensiune n (Zn2 ), rezult˘a c˘a ei sunt liniar dependent¸i. Exist˘a deci scalarii α1 , α2 , . . . , αm ∈ {b 0, b 1} astfel ca α1 vb1 + α2 vb2 + · · · + αm vbm = (b 0, b 0, . . . , b 0). Dac˘a ˆın relat¸ia de mai sus nu mai scriem coeficient¸ii b 0 ¸si r˘amˆan doar coeficient¸ii egali b cu 1, αi1 = αi2 = · · · = αik = b 1 obt¸inem: vbi1 + vbi2 + · · · + vbik = (b 0, b 0, . . . , b 0), adic˘a Ai1 ∆Ai2 ∆ . . . ∆Aik = ∅.

Capitolul 5

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari Notat¸ii ˆIn cele ce urmeaz˘ a V este un spat¸iu vectorial real sau complex (corpul scalarilor este R sau C). • hx, yi - produsul scalar al vectorilor x ¸si y • kxk - norma euclidian˘ a a vectorului x, kxk =

p hx, xi

• d(x, y) - distant¸a (euclidian˘ a) dintre vectorii x ¸si y, d(x, y) = kx − yk [ • (x, y) - unghiul dintre vectorii nenuli x ¸si y (ˆıntr-un spat¸iu euclidian real) [ (x, y) = arccos

hx, yi kxk · kyk

• x ⊥ y - vectorii x ¸si y sunt ortogonali (hx, yi = 0) • V1⊥ - complementul ortogonal al subspat¸iului V1 ≤ V , V1⊥ = {y ∈ V | y ⊥ x, ∀ x ∈ V1 } • d(x, V1 ) - distant¸a de la vectorul x la subspat¸iul V1 d(x, V1 ) = inf d(x, x1 ) x1 ∈V1

• T ∗ - adjunctul operatorului T : X → Y (hT (x), yi = hx, T ∗ (y)i, 171

x ∈ X, y ∈ Y )

172

• G(v1 , v2 , . . . , vn ) - determinantul Gram al vectorilor v1 , v2 , . . . , vn : hv1 , v1 i hv1 , v2 i . . . hv1 , vn i hv , v i hv2 , v2 i . . . hv2 , vn i G(v1 , v2 , . . . , vn ) = 2 1 ... ... ... ... hvk , v1 i hvk , v2 i . . . hvk , vn i



Definit¸ii ¸si rezultate ˆIn cele ce urmeaz˘ a (V, K, ·) este un spat¸iu vectorial ˆın care corpul K este R sau C. • Definit¸ie. O funct¸ie de dou˘ a variabile h·, ·i : V × V → K se nume¸ste produs scalar pe V dac˘a verific˘ a axiomele: a) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi b) hαx, yi = αhx, yi c) hy, xi = hx, yi d) hx, xi = 0 ¸si hx, xi = 0 ⇔ x = 0 pentru orice x, y, z ∈ V ¸si orice α ∈ K (R sau C). • Definit¸ie. O pereche (V, h·, ·i) ˆın care V este un spat¸iu vectorial real sau complex ¸si h·, ·i un produs scalar pe V se nume¸ste spat¸iu euclidian (real sau complex). • Definit¸ie. O familie de vectori nenuli {vi | i ∈ I} se nume¸ste: - ortogonal˘ a dac˘ a hvi , vj i = 0, pentru  orice i 6= j 1, i = j - ortonormat˘ a dac˘ a hvi , vj i = δ ij = 0, i 6= j  Teorem˘ a. (Gram-Schmidt) Din orice mult¸ime de vectori liniar independent¸i {v1 , v2 , . . . , vn } se poate obt¸ine o familie ortogonal˘ a {v10 , v20 , . . . , vn0 } ¸si apoi o familie ortonormat˘ a {e1 , e2 , . . . , en }: n−1

v10 = v1 , v20 = v2 −

X hvn , v 0 i hv2 , v10 i 0 k · v1 , . . . , vn0 = vn − · v0 0 0 hv1 , v1 i hvk0 , vk0 i k k=1

e1 =

v10 v0 , . . . , en = n . kv1 k kvn k

 Teorem˘ a. Orice spat¸iu euclidian admite baze ortonormate ¸si ˆın raport cu o astfel de baz˘ a {e1 , e2 , . . . , en } produsul scalar are expresia: * n + n n X X X αi ei , β j ej = αi β j . i=1

j=1

i=1

• Definit¸ie. Se spune c˘ a subspat¸iile V1 ¸si V2 sunt ortogonale dac˘a hx1 , x2 i = 0, pentru orice x1 ∈ V1 ¸si x2 ∈ V2 ¸si se noteaz˘a V1 ⊥ V2 .  Teorem˘ a. Dac˘ a V1 este un subspat¸iu ˆın V , atunci mult¸imea V1⊥ = {y ∈ V | hy, x1 i = 0, ∀ x1 ∈ V1 }

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

173

ˆ plus, formeaz˘ a un subspat¸iu ˆın V numit complementul ortogonal al subspat¸iului V1 . In ⊥ dac˘ a V are dimensiune finit˘ a, atunci V = V1 ⊕ V1 . (Orice vector x ∈ V se descompune ⊥ ⊥ unic sub forma x = x1 + x⊥ ste proiect¸ia 1 cu x1 ∈ V1 , x1 ∈ V1 .) Vectorul x1 se nume¸ ⊥ ortogonal˘ a a lui x pe subspat¸iul V1 , iar vectorul x1 se nume¸ste componenta ortogonal˘ a a lui x relativ˘ a la subspat¸iul V1 .  Teorem˘ a. Dac˘ a v1 , v2 , . . . , vn sunt vectori liniar independent¸i ¸si v10 , v20 , . . . , vn0 vectorii ortogonalizat¸i prin procedeul Gram-Schmidt, atunci G(v1 , v2 , . . . , vn ) = G(v10 , v20 , . . . , vn0 ) = kv10 k2 · kv20 k2 · · · kvn0 k2 .  Teorem˘ a. Distant¸a de la un vector x la un subspat¸iu V1 este: s G(v1 , . . . , vk , x) d(x, V1 ) = kx⊥ , 1k= G(v1 , . . . , vk ) unde x1 este componenta ortogonal˘ a a lui x relativ˘ a la V1 iar {v1 , . . . , vk } este o baz˘ a a subspat¸iului V1 . • Definit¸ie. Dac˘ a (X, h·, ·iX ), (Y, h·, ·iY ) sunt spat¸ii euclidiene de acela¸si tip (ambele reale sau ambele complexe) ¸si T : X → Y este o aplicat¸ie liniar˘a (operator liniar), atunci dac˘a exist˘a aplicat¸ia liniar˘ a T ∗ : Y → X astfel ca hT (x), yiY = hx, T ∗ (y)iX , ∀ x ∈ X, y ∈ Y, aceasta se nume¸ste adjuncta aplicat¸iei T . • Definit¸ie. Un endomorfism T : X → X se nume¸ste: - normal dac˘ a T ◦ T∗ = T∗ ◦ T - autoadjunct (hermitian) dac˘ a T∗ = T - antiautoadjunct (antihermitian) dac˘a T ∗ = −T - unitar (ortogonal) dac˘ a T ∗ = T −1 .  Teorem˘ a. Matricea unui operator liniar ˆıntr-o baz˘ a ortonormat˘ a este de acela¸si tip cu operatorul (MT ∗ = (MT )∗ ).  Teorem˘ a. Dac˘ a (X, h·, ·i) este un spat¸iu euclidian ¸si T : X → X un operator normal (ˆın particular autoadjunct, antiautoadjunct, unitar), atunci ˆın X exist˘ a o baz˘ a ortonormal˘ a ˆ particular matricea lui T este diagonalizabil˘ format˘ a din vectori proprii pentru T . (In a printr-o matrice de pasaj unitar˘ a).  Teorem˘ a. Valorile proprii ale unui operator autoadjunct sunt numere reale.  Teorem˘ a. Valorile proprii ale unui operator antiautoadjunct sunt numere imaginare (complexe cu partea real˘ a zero).  Teorem˘ a. Valorile proprii ale unui operator unitar au modulul 1. Se face convent¸ia ca s˘ a se foloseasc˘a ˆın loc de Mn,1 (K) notat¸ia K n , unde K este R sau C. • Definit¸ie. Fie V un spat¸iu vectorial real. O funct¸ie k.k : V → R este o norm˘ a pe V dac˘a satisface urm˘ atoarele axiome: 1◦ kXk ≥ 0, ∀X ∈ V ¸si kXk = 0 ⇔ X = 0 (elementul nul din V ), 2◦ kαXk = |α| · kXk, ∀α ∈ K ¸si ∀X ∈ V , 3◦ kX + Y k ≤ kXk + kY k, ∀X, Y ∈ V . • Definit¸ie. Un spat¸iu vectorial real V pe care este definit˘a o norm˘a se nume¸ste spat¸iu vectorial normat.

174

Norma vectorial˘ a k·k este o norm˘a definit˘a pe Rn → R+ . Pentru a deosebi normele, atunci cˆand se lucreaz˘ a cu mai multe norme pe acela¸si spat¸iu, se asociaz˘a cˆate un indice, de exemplu k·k1 , k·k2 , etc. • Definit¸ie. Norma vectorial˘ a maxim (sau norma l∞ ) este definit˘a prin relat¸ia k·k∞ : n R → R+ , kXk∞ = max |xi |. i

• Definit¸ie. Norma vectorial˘ a sum˘ a (sau norma l1 ) este definit˘a prin relat¸ia k·k1 : Rn → n P R+ , kXk1 = |xi |. i=1

• Definit¸ie. Normapvectorial˘ a euclidian˘a (sau norma l2 ) este definit˘a prin relat¸ia k·k2 : n R → R+ , kXk2 = x21 + x22 + · · · + x2n . Aceasta este o particularizare a normei n  P p 1/p n k·kp : R → R+ , kXkp = xi i=1

• Observat¸ie. Dac˘ a k·k este o norm˘ a vectorial˘a pe Rn ¸si A ∈ Mn (R) este o matrice nesingular˘a, atunci ρ (X) = kAXk pentru orice X ∈ Rn define¸ste o nou˘a norm˘a vectorial˘a. (Se verific˘a u¸sor cele trei axiome). Prin acest procedeu se pot defini o infinitate de norme pe Rn , deoarece exist˘a o infinitate de matrice nesingulare. • Definit¸ie. O funct¸ie |·| : Mn (R) → R se nume¸ste norm˘ a matriceal˘ a dac˘a pentru orice A, B ∈ Mn (R) satisface urm˘ atoarele axiome: 1◦ |A| ≥ 0, ∀A ∈ Mn (R) ¸si |A| = 0 ⇔ A = 0, 2◦ |αA| = |α| · |A|, ∀α ∈ R ¸si ∀A ∈ Mn (R) , 3◦ |A + B| ≤ |A| + |B|, ∀A, B ∈ Mn (R) , 4◦ |AB| ≤ |A| · |B|, ∀A, B ∈ Mn (R) . Se observ˘ a c˘ a axiomele 1-3 sunt identice cu axiomele de la norma vectorial˘a. Ultima axiom˘a nu are corespondent ˆın cazul normei vectoriale. Propriet˘ a¸ti ale normei kmatriceale: 1. ∀A, B ∈ Mn (R) : A ≤ |A|k , k ∈ N, 2 In ≤ |In |2 , 2. |In | ≥ 1, deoarece |In | = −1 3. ∀A ∈ Mn (R) : 1 ≤ |A| A , 4. ∀A ∈ Mn (R) : |A| < 1 ⇒ In − A ∈ GLn (R) . • Definit¸ie. Se nume¸ste norma spectral˘ a a matricei A, norma dat˘a de formula   kAXk2 n |A|s = sup ; X 6= 0, X ∈ R . kXk2

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

175

Probleme Problema 5.1 S˘ a se arate c˘ a ˆın spat¸iul euclidian C[−1, 1] cu produsul scalar Z 1 f (x)g(x)dx, hf, gi = −1

pornind de la baza canonic˘ a a subspat¸iului polinoamelor {1, x, x2 , . . . , xn , . . . }, prin ortogonalizare Gram-Schmidt obt¸inem polinoamele lui Legendre Ln (x) =

n! [(x2 − 1)n ](n) , n ∈ N. (2n)!

Solut¸ie. Este suficient s˘ a ar˘ at˘ am c˘ a Ln este polinom monic de grad n ¸si c˘a hLn , Lm i = 0 pentru m 6= n. Avem (x2 − 1)n = x2n + . . . ¸si [(x2 − 1)n ](n) = (2n)(2n − 1) . . . (n + 1)xn + · · · = deci

Z

1

hLn , Lm i =

(2n)! n x + ... n!

n! [(x2 − 1)n ](n) = xn + . . . (2n)! Z 1 Ln (x)Lm (x)dx = αn Lm (x)[(x2 − 1)n ](n) dx =

−1

−1

Z 1 = αn (Lm (x)[(x2 − 1)n ](n−1) − −1

Z

1

= −αn −1

1

−1

L0m (x)[(x2 − 1)n ](n−1) dx) =

L0m (x)[(x2 − 1)n ](n−1) dx,

deoarece polinomul (x2 − 1)n are de n ori r˘ad˘acin˘a pe 1 ¸si pe −1, deci derivatele lui pˆan˘a la ordinul (n − 1) se anuleaz˘ a ˆın 1 ¸si −1. Integr˘am ˆın continuare prin p˘art¸i de n ori ¸si obt¸inem Z 1

±αn −1

care dac˘a m < n este egal˘ a cu 0

(n) (Lm

2 n L(n) m (x)(x − 1) dx

= 0).

Problema 5.2 ˆIn spat¸iul vectorial C[0, ∞) se consider˘a subspat¸iul polinoamelor R[x] pe care se define¸ste produsul scalar Z hf, gi =

∞

e−x f (x)g(x)dx.

0

S˘a se arate c˘ a pornind de la baza canonic˘a 1, x, x2 , . . . , xn , . . . prin procedeul GramSchmidt obt¸inem baza L0 , L1 , L2 , . . . , Ln , . . . , unde Ln (x) = (−1)n ex [xn e−x ](n) ,

n ∈ N.

176

Solut¸ie. Este suficient s˘ a ar˘ at˘ am c˘a Ln este polinom unitar de grad n ¸si c˘a sistemul {L0 , L1 , . . . , Ln , . . . } este ortogonal. Avem [xn e−x ](n) = xn (e−x )(n) + Cn1 (xn )0 (e−x )(n−1) + Cn2 (xn )00 (e−x )(n−2) + · · · = = xn · (−1)n e−x + αn−1 xn−1 + . . . Deci Ln (x) = xn + . . . Pentru ortogonalitate calcul˘ am pentru n 6= k, Z ∞ e−x Lk (x) · (−1)n ex (xn e−x )(n) dx = hLn , Lk i = 0

= (−1)n

Z

∞

Lk (x)(xn e−x )(n) dx.

0

Integr˘am prin p˘ art¸i ¸si avem: Z ∞ hLn , Lk i = (−1)n Lk (x)(xn e−x )(n−1) − (−1)n 0

∞

L0k (x)(xn e−x )(n−1) dx,

0

dar (xn e−x )(n−1) = e−x Pn (x), unde Pn este un polinom care se anuleaz˘a ˆın x = 0 (ultimul n−1 n (n−1) −x (x ) e = (n − 1)!xe−x .) Produsul termen din derivarea produsului xn e−x este Cn−1 −x Lk (x)Pn (x) este un polinom ¸si lim e Lk (x)Pn (x) = 0 ¸si la fel Lk (0)Pn (0) = 0, deci x→∞

hLn , Lk i = (−1)n−1

Z

∞

L0k (x)(xn e−x )(n−1) dx.

0

Aplic˘am succesiv integrarea prin p˘ art¸i ¸si obt¸inem dup˘a n pa¸si Z ∞ (n) hLk , Ln i = (−1)n−k Lk (x)(xn e−x )dx 0

¸si dac˘a n > k, atunci (Lk )(n) = 0 (Lk este polinom de grad k), deci hLn , Lk i = 0. Problema 5.3 S˘ a se determine minimul funct¸iei f : Rn → R, Z f (a1 , a2 , . . . , an ) =

2π

(cosn x + a1 cosn−1 x + · · · + an−1 cos x + an )2 dx.

0

Solut¸ie. Consider˘ am spat¸iul euclidian C[0, 2π] cu produsul scalar Z 2π hf, gi = f (x)g(x)dx 0

¸si avem: f (a1 , a2 , . . . , an ) = d2 (cosn x, Span{1, cos x, . . . , cosn−1 x}). Dar Span{1, cos x, . . . , cosn−1 x} = Span{1, cos x, . . . , cos(n − 1)x} ¸si  n 1 1 n cos x = (z + z) = n (Cn0 (z n + z n ) + Cn1 (z n−1 · z + z · z n−1 ) + . . . ) = 2 2 =

1 (C 0 · 2 cos nx + Cn1 · 2 cos(n − 2)x + . . . ), 2n n

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

177

unde z = cos x + i sin x. Avem d2 (cosn x, Span{1, cos x, . . . , cosn−1 x}) =   1 = d2 cos nx, Span{1, cos x, . . . , cos(n − 1)x} = 2n−1   1 1 G 1, cos x, . . . , cos(n − 1)x, n−1 cos nx 2π n · 2(n−1) · π π 2 2 = = = n−1 . n G(1, cos x, . . . , cos(n − 1)x) 2π 4 Z 1 Problema 5.4 S˘ a se determine A(n, k) = inf (xn − gk (x))2 dx, k < n. gk ∈Rk [x] 0

Solut¸ie. Considerˆ and spat¸iul euclidian C[0, 1], infimumul c˘autat este p˘atratul distant¸ei de la polinomul xn la subspat¸iul polinoamelor de grad ≤ k, Rk [x]. Avem: G(1, x, . . . , xk , xn ) , d2 (xn , Rk [x]) = G(1, x, . . . , xk ) ˆın care produsul scalar este Z 1 1 p q hx , x i = xp xq dx = . p+q+1 0 Determinant¸ii ce apar sunt determinant¸i Cauchy G(1, x, . . . , xk , xn ) = det[aij ]i,j=1,k+2 unde aij =

1 ai + bj

iar a1 = 0, a2 = 1, . . . , ak+1 = k, ak+2 = n, b1 = 1, b2 = 2, . . . , bk+1 = k + 1, bk+2 = n + 1 ¸si valoarea lui este ∆=

V (0, 1, . . . , k, n)V (1, 2, . . . , k + 1, n + 1) = k+2 Y (ai + bj ) i,j=1

=

[n(n − 1) . . . (n − k)]2 V 2 (0, 1, . . . , k) . k+2 Y (ai + bj ) i,j=1

Determinantul de la numitor are valoarea V 2 (0, 1, . . . , k) . k+1 Y (ai + bj ) i,j=1

ˆIn concluzie  A(n, k) =

n(n − 1) . . . (n − k) (n + 1)(n + 2) . . . (n + k + 1)

2 ·

1 . 2n + 1

178

Z

1

Problema 5.5 S˘ a se arate c˘ a valoarea minim˘a a integralei

(f (x))2 dx, unde f ∈ R[x]

−1

22n+1 (n!)4 este polinom monic de grad n, este . (2n + 1)(2n!)2

Solut¸ie. Minimul c˘ autat este p˘ atratul distant¸ei de la polinomul xn la Rn−1 [x] ˆın spat¸iul euclidian C[−1, 1] cu produsul scalar Z 1 hf, gi = f (x)g(x)dx. −1

Pentru calculul determinant¸ilor Gram din formula distant¸ei, folosim polinoamele ortogonale (baz˘a ortogonal˘ a) Legendre. Avem xn = Ln (x) + g(x) cu grad g ≤ n − 1 ¸si atunci: d2 (xn , Rn−1 [x]) = d2 (Ln (x), Span{L0 , L1 , . . . , Ln−1 }) = =

G(L0 , L1 , . . . , Ln−1 , Ln ) kL0 k2 kL1 k2 . . . kLn−1 k2 kLn k2 = = kLn k2 , G(L0 , L1 , . . . , Ln−1 ) kL0 k2 kL1 k2 . . . kLn−1 k2

unde Ln (x) =

n! [(x2 − 1)n ](n) ¸si atunci (2n)! Z 1 n!2 2 kLn k = [(x2 − 1)n ](n) [(x2 − 1)n ](n) dx. (2n)!2 −1

Integr˘am prin p˘ art¸i ¸si obt¸inem: (n!)2 (−1)n kLn k = ((2n)!)2 2

=

1

Z

(n!)2 (−1)n (2n)!

(x2 − 1)n [(x2 − 1)n ](2n) dx =

−1

Z

1

(x − 1)n (x + 1)n dx.

−1

Dup˘a integrare prin p˘ art¸i de n ori obt¸inem Z (n!)2 (n!)2 1 22n+1 (n!)4 kLn k2 = · (x + 1)2n dx = . (2n)! (2n)! −1 ((2n)!)2 (2n + 1) Problema 5.6 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a A = [aij ]i,j=1,n ∈ Mn (R) este o matrice simetric˘a ¸si n X aii > |aij |, atunci funct¸ia f : Rn × Rn → R j=1 j6=i

f (X, Y ) =

n X

aij xi yj

i,j=1

este un produs scalar pe Rn . Solut¸ie. Se verific˘ a u¸sor relat¸iile f (αX, βY ) = αβf (X, Y ), f (X, Y ) = f (Y, X) ¸si f (X + Y, Z) = f (X, Z) + f (Y, Z). Singura problem˘ a o ridic˘ a proprietatea f (X, X) > 0, pentru X 6= 0. Avem f (X, X) =

n X i,j=1

aij xi xj =

n X i=1

aii x2i + 2

X i<j

aij xi xj >

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

>

n X

  X X  |aij | x2i + 2 aij xi xj =

i=1

=

X

179

i<j

j6=i

X

|aij |(x2i + x2j ) + 2

i<j

aij xi xj ≥

i<j

=2

X

|aij | · 2|xi ||xj | + 2

i<j

X

aij xi xj =

i<j

X (|aij ||xi ||xj | + aij xi xj ) ≥ 0 i<j

deoarece |x| ≥ x, x ∈ R. Observat¸ie. Dac˘ a A ∈ Mn (R) este matrice simetric˘a pozitiv definit˘a, atunci funct¸ia f : Rn × Rn → R, n X f (X, Y ) = aij xi yj i,j=1

determin˘a pe Rn o structur˘ a de spat¸iu euclidian real. Problema 5.7 S˘ a se determine toate aplicat¸iile liniare T : R2 → R2 ¸si S : R3 → R3 care transform˘a orice vector v ˆıntr-un vector ortogonal. S˘a se determine ˆın aceste cazuri Ker T , Im T , Ker S, Im S. Solut¸ie. T (x, y) = (x0 , y 0 ) 

x0 y0



 = MT

x y



 =

a b c d

   x · y

T (x, y) ⊥ (x, y) ⇔ h(x, y), (x0 , y 0 )i = 0 ⇔ (ax + by)x + (cx + dy)y = 0, x, y ∈ R x = 0 ⇒ d = 0, y = 0 ⇒ a = 0, x = y = 1 ⇒ c = −b    0 1 ⇒ T (x, y) = b(y, −x) MT = b −1 0 Dac˘a b = 0 ⇒ Ker T = R2 , Im T = {(0, 0)}. Dac˘a b = 6 0 ⇒ Ker T = {(0, 0)}, Im T = R2 . 

S(x, y, z) = (x0 , y 0 , z 0 ),

 a1 b1 c1 MS =  a2 b2 c2  a3 b3 c3



 0 −α3 α2 0 −α1  ⇒ T (v = a × v ⇒ MS =  α 3 −α2 α1 0 unde a = α1 i + α2 j + α3 k. Dac˘a a = 0 atunci S = 0. Dac˘a a 6= 0 atunci Im S = planul perpendicular pe a, Ker S = dreapta determinat˘a de a.

180

Problema 5.8 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a e1 , . . . , ek , f1 , . . . , fp sunt vectori independent¸i ˆıntr-un spat¸iu euclidian, ˆıntre determinant¸ii Gram exist˘a relat¸ia G(e1 , . . . , ek , f1 , . . . , fp ) ≤ G(e1 , . . . , ek )G(f1 , . . . , fp ). Solut¸ie. Dac˘ a Span{e1 , . . . , ek } ⊥ Span{f1 , . . . , fk }, atunci   G[e1 , . . . , ek ] 0 G[e1 , . . . , ek , f1 , . . . , fp ] = , 0 G[f1 , . . . , fp ] deci G(e1 , . . . , ek , f1 , . . . , fp ) = G(e1 , . . . , ek )G(f1 , . . . , fp ). ˆIn general facem induct¸ie dup˘ a num˘arul de vectori. Este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a G(e1 , . . . , ek , f ) ≤ G(e1 , . . . , ek )G(f ). Not˘am Vk = Span{e1 , . . . , ek } ¸si descompunem f sub forma f = ek+1 + gk+1 , cu gk+1 ∈ Vk ¸si ek+1 ∈ Vk⊥ . Avem: G(e1 , . . . , ek , f ) = G(e1 , . . . , ek , ek+1 ) = G(e1 , . . . , ek )G(ek+1 ) = = G(e1 , . . . , ek ) · kek+1 k2 ≤ G(e1 , . . . , ek ) · kf k2 = G(e1 , . . . , ek )G(f ). Observat¸ie. G(e1 , . . . , ek ) ≤ ke1 k2 · · · kek k2 . Problema 5.9 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a ˆın spat¸iul vectorial normat (V, k · k), norma provine dintr-un produs scalar, atunci pentru orice x, y ∈ V avem inegalitatea: kx + yk · kx − yk ≤ kxk2 + kyk2 . ˆIn ce caz are loc egalitatea? Are loc inegalitatea pentru toate normele vectoriale? Solut¸ie. Dac˘ a norma provine dintr-un produs scalar atunci kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ). ˆInmult¸ind cu 2 inegalitatea dat˘ a obt¸inem 2kx + yk · kx − yk ≤ kx + yk2 + kx − yk2 sau (kx + yk − kx − yk)2 ≥ 0, inegalitate adev˘ arat˘ a. Egalitatea are loc dac˘ a ¸si numai dac˘a kx + yk = kx − yk ⇔ kxk2 + hx, yi + hy, xi + kyk2 = kxk2 − hx, yi − hy, xi + kyk2 ⇔ hx, yi + hy, xi = 0 ⇔ hx, yi + hx, yi = 0 ⇔ Re hx, yi = 0

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

181

(ˆıntr-un spat¸iu vectorial real condit¸ia este x ⊥ y). ˆIn general inegalitatea nu are loc dac˘a norma nu provine dintr-un produs scalar: ˆın R2 lu˘am norma k(x, y)k = |x| + |y| ¸si consider˘am vectorii x = (1, 0), y = (0, 1), x + y = (1, 1), x − y = (1, −1) ¸si kx + yk = 2, kx − yk = 2, kxk = 1, kyk = 1 ¸si kx + yk · kx − yk = 4 > 2 = kxk2 + kyk2 . Problema 5.10 S˘ a se demonstreze c˘ a polinomul minimal al unei matrice A ∈ Mn (C) poate fi determinat astfel (f˘ ar˘ a a g˘ asi polinomul caracteristic ¸si valorile proprii): sistemului de matrice In , A, A2 , . . . , An (liniar dependent) i se aplic˘a procedeul de ortogonalizare n X Gram-Schmidt, utilizˆ and produsul scalar ˆın Mn (C), hX, Y i = xij yij (cu X = [xij ] i,j=1

¸si Y = [yij ]). Dac˘ a ˆın sistemul ortogonalizat, la pasul k obt¸inem matricea 0, atunci avem 0 = Ak + (a0 In + a1 A + · · · + ak−1 Ak−1 ). Polinomul minimal al matricei A este mA = xk + ak−1 xk−1 + · · · + a1 A + a0 In . Solut¸ie. Dac˘ a vectorii v0 , v1 , . . . , vk−1 sunt liniar independent¸i iar vectorul vk este liniar dependent de v0 , v1 , . . . , vk−1 , atunci prin ortogonalizare Gram-Schmidt obt¸inem k−1 X vectorii ortogonali nenuli w0 , w1 , . . . , wk−1 ¸si din wk = vk + bi wi rezult˘a wk ∈ i=0

Span{v0 , v1 , . . . , vk−1 } = V1 ¸si wk ∈ (Span{v0 , v1 , . . . , vk−1 })⊥ = V1⊥ deci wk ∈ V1 ∩ V1⊥ = {0} adic˘a wk = 0. k=1 k=1 k−1 X X X Deoarece bi wi = ai vi rezult˘ a vk + ai vi = 0. Polinomul minimal este polinoi=0

i=0

i=0

mul de grad k, minim cu proprietatea c˘ a matricele In , A, A2 , . . . , Ak sunt liniar dependente 2 k−1 (deci matricele In , A, A , . . . , A sunt liniar independente). Problema 5.11 ˆIn spat¸iul vectorial R[x] se consider˘a produsul scalar Z

∞

hf, gi =

2

e−x f (x)g(x)dx.

−∞

S˘a se arate c˘ a prin ortogonalizarea bazei canonice 1, x, x2 , . . . prin procedeul GramSchmidt obt¸inem baza ortogonal˘ a H0 , H1 , H2 , . . . , unde Hn (x) =

(−1)n x2 −x2 (n) · e (e ) , 2n

Hn (x) =

(−1)n x2 2 · e (−2xe−x )(n−1) = 2n

Solut¸ie. Avem

=

n ∈ N.

(−1)n x2 2 2 1 e (−2x(e−x )(n−1) + Cn−1 (−2)(e−x )n−2 ) = n 2

182

=

(−1)n−1 x2 −x2 (n−1) (−1)n−2 x2 −x2 (n−2) e (e ) x − e (e ) · 2(n − 1) = 2n−1 2n−2 = xHn−1 (x) − 2(n − 1)Hn−2 (x).

Prin induct¸ie se arat˘ a c˘ a Hn este polinom unitar de grad n. R˘amˆane de ar˘ atat c˘ a hHn , Hk i = 0, pentru orice n 6= k. Avem: Z ∞ (−1)n x2 −x2 n 2 e−x Hk (x) · hHn , Hk i = e (e ) dx = 2n −∞ Z ∞ 2 Hk (x)(e−x )(n) dx. = αn −∞

Integr˘am prin p˘ art¸i ¸si obt¸inem hHk , Hn i = αn Hk (x)(e

∞ −x2 (n−1) )

∞

Z



−∞

−∞

Z 2 2 2 ∞ = αn Hk (x)ex (e−x )(n−1) e−x − αn −∞

Dar

2 2 (ex )(e−x )(n−1)

2

− αn ∞

−∞

Hk0 (x)(e−x )(n−1) dx = 2

Hk0 (x)(e−x )(n−1) dx

este polinom (de grad (n − 1)) ¸si atunci 2

2

2

lim αk Hk (x)(ex (e−x )(n−1) )e−x = 0

x→±∞

¸si atunci Z

∞

hHk , Hn i = −αn −∞

2

Hk0 (x)(e−x )(n−1) dx

Dac˘a continu˘ am s˘ a integr˘ am prin p˘art¸i, dup˘a n pa¸si obt¸inem Z ∞ 2 (n) hHk , Hn i = (−1)n αn Hk (x)e−x dx −∞

(n)

= 0 deci hHk , Hn i = 0.

¸si pentru k < n avem Hk

Problema 5.12 Se consider˘ a n discuri D1 , D2 , . . . , Dn ˆın plan ¸si not˘am ariile σ(Di ∩Dj ) = aij . S˘a se arate c˘ a det[aij ]i,j=1,n ≥ 0. n [

Solut¸ie. Dac˘ aD=

Di ¸si not˘ am cu ϕi : D → {0, 1} funct¸ia caracteristic˘a a mult¸imii

i=1

Di , i = 1, n, atunci Z aij = D

Z ϕDi ∩Dj (x)dx =

ϕi (x)ϕj (x)dx = hϕi , ϕj i, D

deci det[aij ] = G(ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn ) ≥ 0, fiind un determinant Gram. Problema 5.13 S˘ a se arate c˘ a: a) Ker (T ◦ T ∗ ) = Ker T ∗ b) Im (T ∗ ◦ T ) = Im T ∗ .

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

183

Solut¸ie. a) x ∈ Ker (T ◦ T ∗ ) ⇔ (T ◦ T ∗ )(x) = 0 ⇔ hx, T ◦ T ∗ (x)i = 0 ⇔ = 0 ⇒ T ∗ (x) = 0 ⇒ x ∈ Ker T ∗ . Dac˘a x ∈ Ker T ∗ ⇒ T ∗ (x) = 0 ⇒ (T ◦ T ∗ )(x) = 0 ⇒ x ∈ Ker (T ◦ T ∗ ). b) Im (T ◦ T ∗ ) = [Ker (T ◦ T ∗ )]⊥ = (Ker T ∗ )⊥ = ((Im T )⊥ )⊥ = Im T .

hT ∗ (x), T ∗ (x)i

Problema 5.14 S˘ a se arate c˘ a pentru un operator liniar T : V → V urm˘atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) T este un operator unitar (T ◦ T ∗ = T ∗ ◦ T = I). b) hT (x), T (y)i = hx, yi, x, y ∈ V . c) kT (x)k = kxk, x ∈ V . Solut¸ie. hT (x), T (y)i = hx, yi ⇔ hx, (T ∗ ◦ T )(y)i = hx, yi ⇔ T ∗ ◦ T = I deci a ⇔ b. Punˆand ˆın b) y = x obt¸inem c). R˘ amˆane s˘a ar˘at˘am c˘a c) ⇒ b): hT (x + y), T (x + y)i = hx + y, x + yi ⇔ hT (x), T (x)i + hT (x), T (y)i + hT (y), T (x)i + hT (y), T (y)i = = hx, xi + hx, yi + hy, xi + hy, yi ⇔ hT (x), T (y)i + hT (x), T (y)i = hx, yi + hx, yi Dac˘a ˆın relat¸ia de mai sus ˆınlocuim y cu iy obt¸inem: hT (x), T (y)i − hT (x), T (y)i = hx, yi − hx, yi din care prin adunare obt¸inem hT (x), T (y)i = hx, yi. Problema 5.15 Pe spat¸iul vectorial V = C ∞ (0, 1) = {f : (0, 1) → R | exist˘a f (n) , n ∈ N} se consider˘a endomorfismele T, S : V → V definite prin: T (f )(x) = f 0 (x) ¸si S(f )(x) = xf (x). a) S˘a se determine valorile proprii ¸si vectorii proprii pentru T ¸si S. b) S˘a se arate c˘ a pentru orice n ≥ 1 T n ◦ S − S ◦ T n = n · T n−1 . c) Dac˘a V este un spat¸iu de dimensiune finit˘a peste R, s˘a se arate c˘a nu exist˘a endomorfisme A, B : V → V cu proprietatea A ◦ B − B ◦ A = I.

184

Solut¸ie. a) T (f ) = λf ⇔ f 0 − λf = 0 ⇔ (f (x)e−λx )0 = 0 ⇔ f (x) = ceλx . Orice num˘ar real λ este valoare proprie pentru T ¸si orice funct¸ie exponent¸ial˘a fλ (x) = ceλx , c 6= 0 este vector propriu corespunz˘ ator. S(f ) = λf ⇔ xf (x) − λf (x) = 0 ⇔ (x − λ)f (x) = 0, x ∈ (0, 1) ⇒ f (x) = 0, pentru orice x 6= λ ¸si f continu˘ a rezult˘ a f = 0. Deci S nu are valori ¸si vectori proprii. b) Facem induct¸ie dup˘ a n. Pentru n = 1, trebuie ar˘atat c˘a (T ◦ S − S ◦ T )(f ) = f ⇔ (xf (x))0 − xf 0 (x) = f (x) ⇔ f (x) + xf 0 (x) − xf 0 (x) = f (x) adev˘arat˘a. Compunem ˆın P (n) la stˆ anga ¸si apoi la dreapta cu T T n+1 ◦ S − T ◦ S ◦ T n = nT n T n ◦ S ◦ T − S ◦ T n−1 = nT n Adun˘am (T n+1 ◦ S − S ◦ T n+1 ) + T ◦ (T n−1 ◦ S − S ◦ T n−1 ) ◦ T = 2nT n ⇔ T n+1 ◦ S − S ◦ T n+1 + T ◦ (n − 1)T n−2 ◦ T = 2nT n ⇔ T n+1 ◦ S − S ◦ T n+1 = (n + 1)T n . c) Dac˘a V are dimensiune finit˘ a A ¸si B pot fi considerate matrice reale. S˘a ar˘at˘am c˘a egalitatea AB − BA = In nu este posibil˘a. Avem Tr (AB) = Tr (BA) deci Tr (AB − BA) = 0 6= n = Tr (In ). Problema 5.16 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a S : V → V este un operator de simetrie, atunci Fix S ∗ = (Inv S)⊥ ¸si Inv S ∗ = (Fix S)⊥ , unde Inv T = {x| T (x) = −x}. Solut¸ie. a) y ∈ Fix S ∗ ⇔ S ∗ (y) = y ⇔ hx, S ∗ (y)i = hx, yi, x ∈ V ⇔ hS(x), yi = hx, yi ⇔ hS(x) − x, yi = 0 ⇔ y ⊥ S(x) − x, x ∈ V ⇔ y ⊥ Im (S − I). Ar˘at˘am c˘a Im (S − I) = Inv S: z ∈ Im (S − I) ⇔ z = S(x) − x ⇔ S(z) = S 2 (x) − S(x) = x − S(x) = −z, z ∈ Inv S. b) y ∈ Inv S ∗ ⇔ S ∗ (y) = −y ⇔ hx, S ∗ (y)i = hx, −yi, x ∈ V ⇔ hS(x), yi = −hx, yi, x ∈ V ⇔ hS(x) + x, yi = 0, x ∈ V ⇔ y ∈ [Im (S + I)]⊥ . Ar˘at˘am c˘a Im (S + I) = Fix S, x ∈ Fix S ⇔ S(x) = x ⇔   1 1 x = (x + S(x)) ⇔ x = (I + S) x ⇒ x ∈ Im (S + I) 2 2 Dac˘a x ∈ Im (S + I), x = S(y) + y ⇒ S(x) = S 2 (y) + S(y) = y + S(y) = x, Problema 5.17 S˘ a se arate c˘ a un operator de proiect¸ie P este autoadjunct dac˘a ¸si numai dac˘a Ker P ⊥ Im P . Solut¸ie. Dac˘ a P 2 = P ¸si P = P ∗ trebuie ar˘atat c˘a oricare ar fi y cu P (y) = 0 ¸si oricare ar fi x avem: hP (x), yi = 0 ⇔ hx, P ∗ (y)i = 0 ⇔ hx, P (y)i = 0 ⇔ hx, 0i = 0.

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

185

Problema 5.18 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a T : X → X este un operator normal, atunci Ker T ∗ = Ker T ¸si Im T ∗ = Im T . Solut¸ie. Un operator normal verific˘a relat¸ia hT (x), T (x)i = hT ∗ (x), T ∗ (x)i pentru orice x ∈ X. Avem x ∈ Ker T ⇔ T (x) = 0 ⇔ hT (x), T (x)i = 0 ⇔ hT ∗ (x), T ∗ (x)i = 0 ⇔ = 0 ⇔ x ∈ Ker T ∗ . Se ¸stie c˘ a Im T = (Ker T ∗ )⊥ ¸si Im T ∗ = (Ker T )⊥ .

T ∗ (x)

Problema 5.19 Fie S : V → V un operator de simetrie (S 2 = I). S˘a se arate c˘a urm˘atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) S este autoadjunct. b) S este unitar. c) Fix S ⊥ Inv S. Solut¸ie. a) ⇒ b) S = S ∗ , S ◦ S = I, S ∗ ◦ S ∗ = I ⇒ S ◦ S ∗ = S ∗ ◦ S = I ⇒ S unitar. b) ⇒ c) S unitar ⇔ hx, yi = hS(x), S(y)i. Dac˘a x ∈ Fix S, y ∈ Inv S ⇒ S(x) = x, S(y) = −y, deci hx, yi = hx, −yi = −hx, yi ⇒ hx, yi = 0. c) ⇒ a) Dac˘ a S este simetrie Fix S = Im (S + I) ¸si Inv S = Im (S − I). Trebuie ar˘atat c˘a dac˘a hS(x) + x, S(y) − yi = 0, x, y ∈ V atunci S = S ∗ . Din relat¸ia anterioar˘a obt¸inem: (S + I)∗ ◦ (S − I) = 0 ¸si (S − I)∗ ◦ (S + I) = 0 ⇔ S ∗ ◦ S − S ∗ + S − I = 0 ¸si S ∗ ◦ S + S ∗ − S − I = 0 care prin sc˘adere dau S ∗ = S. Problema 5.20 Fie T : Cn → Cn o aplicat¸ie liniar˘a cu proprietatea hx, yi = 0 ⇒ hT (x), T (y)i = 0. S˘a se arate c˘ a exist˘ a un operator unitar S : Cn → Cn ¸si un scalar a ∈ C astfel ca T = aS. Solut¸ie. Fie z = xkyk2 − hx, yiy. Avem hz, yi = hx, yikyk2 − hx, yikyk2 = 0 ⇒ hT (z), T (y)i = 0 ⇔ hT (x), T (y)ikyk2 − hx, yikT (y)k2 = 0 ⇔ hT (x), T (y)ikyk2 = hx, yikT (y)k2

(1)

186

Schimbˆand x cu y rezult˘ a hT (y), T (x)ikxk2 = hy, xikT (x)k2 ⇔ hT (x), T (y)ikxk2 = hx, yikT (x)k2

(2)

kT (x)k kT (y)k = . kxk kyk Pentru hx, yi = 0 lu˘ am xk = ak y + y ⊥ , y 6= 0 cu (ak )k un ¸sir cu lim ak = 0, ak 6= 0,

Din (1) ¸si (2) pentru hx, yi = 6 0 rezult˘a

k→∞

k ∈ N. Avem hxk , yi = ak hy, yi = 6 0. kT (xk )k kT (y)k kT (x)k kT (y)k Deci = ¸si trecˆ and la limit˘a = . kxk k kyk kxk kyk kT (y)k kT (x)k = = a ∈ [0, ∞) este ˆındeplinit˘a pentru orice x, y ∈ (Cn )∗ . Deci relat¸ia kxk kyk Revenind ˆın (1) ⇒ hT (x), T (y)i = a2 hx, yi, x, y ∈ Cn . 1 Dac˘a a = 0 lu˘ am S = 0 ¸si dac˘ a a 6= 0 lu˘am S = T . a Problema 5.21 S˘ a se arate c˘ a o form˘a p˘atratic˘a f =

n X

aij xi xj cu aij = aji ¸si aii >

i,j=1

X

|aij | (diagonal dominant˘ a) este pozitiv definit˘a.

j6=i

Solut¸ie. Pentru (x1 , . . . , xn ) 6= (0, . . . , 0) avem   n n X X X  aii x2i > |aij | x2i = (|a12 | + |a13 | + · · · + |a1n |)x21 + i=1

i=1

j6=i

+(|a21 | + |a23 | + · · · + |a2n |)x22 + · · · + (|an1 | + |an2 | + · · · + |ann−1 |)x2n = = |a12 |(x21 + x22 ) + |a13 |(x21 + x23 ) + · · · + |a1n |(x21 + x2n )+ +|a23 |(x22 + x23 ) + |a24 |(x22 + x24 ) + · · · + |a2n |(x22 + x2n ) + · · · + +|an−1,n |(x2n−1 + x2n ) ≥ 2|a12 ||x1 ||x2 | + 2|a13 ||x1 ||x3 | + · · · + +2|a1n ||x1 ||xn | + · · · + |an−1,n ||xn−1 ||xn | = X X X =2 |aij ||xi ||xj | = |aij ||xi ||xj | ≥ (−aij )xi xj . i<j

Am obt¸inut

i6=j n X

aii x2i >

i=1

sau

n X

X (−aij )xi xj i6=j

aii x2i +

i=1

sau

i6=j

X

aij xi xj > 0

i6=j n X i,j=1

aij xi xj > 0.

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

187

Problema 5.22 Se consider˘ a pe axa real˘a intervalele A1 , A2 , . . . , An ¸si se noteaz˘a cu aij lungimea intervalului Ai ∩ Aj , i, j = 1, n. S˘a se arate c˘a forma p˘atratic˘a: f (x1 , x2 , . . . , xn ) =

n X

aij xi xj

i,j=1

este pozitiv semidefinit˘ a. Solut¸ie. Not˘ am cu A =

n [

Ai ¸si pentru B ⊂ A consider˘am funct¸ia caracteristic˘a a

i=1

mult¸imii B, ϕB : A → {0, 1}  ϕB (x) =

1 dac˘a x ∈ B 0 dac˘a x 6∈ B

Dac˘a B este interval, atunci lungimea lui Z Z l(B) = ϕB (x)dx = (ϕB (x))2 dx. A

A

ˆIn plus ϕA ∩A = ϕA ϕA ¸si atunci i j i j Z aij = A

ϕAi (x)ϕAj (x)dx.

Avem: n X i,j=1

Z = A

 Z aij xi xj =

n X

 A

 ϕAi (x)ϕAj (x)xi xj  dx

i,j=1

(ϕA1 (x)x1 + ϕA2 (x)x2 + · · · + ϕAn (x)xn )2 dx ≥ 0.

Problema 5.23 Fie A, B ∈ Mn (R) dou˘a matrice ortogonale (AAt = In ¸si BB t = In ). S˘a se arate c˘ a dac˘ a det A + det B = 0, atunci det(A + B) = 0. Solut¸ie. det A · det(A + B) = det A · det(At + B t ) = det(In + AB t ) = det(In + BAt ) = det B · det(At + B t ) = det B · det(A + B) = − det A · det(A + B) ⇒ 2 det A · det(A + B) = 0 ⇒ det(A + B) = 0. Problema 5.24 Fie A = [aij ]i,j=1,n ∈ Mn (R) o matrice ortogonal˘a. X n n X √ S˘a se arate c˘ a |aij | ≤ n n ¸si aij ≤ n. i,j=1 i,j=1

188

Solut¸ie. Avem:

n X

|aij | =

i,j=1

n X

1 · |aij |

i,j=1

¸si aplic˘am inegalitatea Cauchy-Schwarz:  2 n n n X X X   |aij | ≤ 1· |aij |2 i,j=1

= n2

n X



n X

 i=1

i,j=1

 |aij |2  = n2

j=1

i,j=1

n X

1 = n2 · n = n3 .

i=1

Pentru a doua inegalitate, observ˘ am c˘a dac˘a not˘am cu [1] matricea coloan˘a cu toate elementele egale cu 1, atunci n X aij = h[1], A[1]i, produsul scalar fiind cel obi¸snuit

i,j=1 ˆın Rn .

Folosind aceea¸si inegalitate: √ √ √ |h[1], A[1]i| ≤ k[1]k · kA[1]k = n · k[1]k = n · n = n

(A fiind ortogonal˘ a avem kAXk = kXk). Problema 5.25 Fie A ∈ Mn (R) o matrice simetric˘a pentru care exist˘a k natural astfel ca Ak = In . S˘ a se arate c˘ a A2 = I n . Solut¸ie. A fiind simetric˘ a este diagonalizabil˘a ¸si are valorile proprii reale. Din Ak = In , pentru orice valoare proprie λA avem λkA = 1 ¸si din λA ∈ R rezult˘a λA = ±1. Forma diagonal˘a a matricei A va fi   −Ip 0 DA = 0 In−p 2 P −1 = P I P −1 = I . ¸si din A = P DA P −1 rezult˘ a A2 = P DA n n

Problema 5.26 Fie A ∈ Mn (R) astfel ca A + At = In . S˘a se arate c˘a det A > 0. Concurs Rusia Solut¸ie. Scriem relat¸ia sub forma    t 1 1 A − In + A − In = 0, 2 2 1 deci matricea B = A − In este antisimetric˘a (real˘a) ¸si are valorile proprii imaginare sau 2 zero. Dac˘a λB = bi, b 6= 0, atunci B are valoare proprie ¸si pe λB = −ib (cu acela¸si ordin 1 1 de multiplicitate). Valorile proprii ale matricei A sunt λA = + λB , deci λA = sau 2 2 1 1 λA = + ib ¸si λA = − ib. 2 2 Determinantul matricei A este produsul valorilor proprii, deci  k Y     k Y   1 1 1 1 1 2 det A = + ib − ib = + b > 0. 2 2 2 2 4

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

189

Problema 5.27 Fie V un spat¸iu vectorial de dimensiune n ¸si V1 , V2 , V3 subspat¸ii ˆın V . S˘a se arate c˘ a dim V1 + dim V2 + dim V3 − dim(V1 ∩ V2 ∩ V3 ) ≤ 2n. Solut¸ie. Consider˘ am aplicat¸ia liniar˘a T : V1 × V2 × V3 → V × V T (x1 , x2 , x3 ) = (x1 − x3 , x2 − x3 ) ¸si avem Ker T = {(x, x, x) | x ∈ V1 ∩ V2 ∩ V3 } deci dim Ker T = dim(V1 ∩ V2 ∩ V3 ). Din teorema dimensiunii pentru aplicat¸ia T avem: dim(V1 × V2 × V3 ) = dim(Ker T ) + dim(Im T ). Dar dim(V1 × V2 × V3 ) = dim V1 + dim V2 + dim V3 ¸si dim(Im T ) ≤ dim V + dim V = 2n ¸si astfel avem: dim V1 + dim V2 + dim V3 ≤ dim(V1 ∩ V2 ∩ V3 ) + 2n. Problema 5.28 Fie (X, h·, ·i) un spat¸iu euclidian de dimensiune finit˘a ¸si T : X → X un endomorfism care conserv˘ a ortogonalitatea (x ⊥ y ⇒ T (x) ⊥ T (y)). S˘a se arate c˘a exist˘a a ≥ 0 astfel ca kT (x)k = akxk, pentru orice x ∈ X. Solut¸ie. Fie {e1 , e2 , . . . , en } o baz˘ a ortonormat˘a ˆın X. Vectorii ei − ej ¸si ei + ej sunt ortogonali pentru orice i 6= j: (hei − ej , ei + ej i = kei k2 + hei , ej i − hej , ei i − kej k2 = 1 + 0 − 0 − 1 = 0) ¸si atunci hT (ei − ej ), T (ei + ej )i = 0 ⇔ kT (ei )k2 − kT (ej )k2 = 0, deci kT (e1 )k = kT (e2 )k = . . . = kT (en )k = a ≥ 0. Pentru x =

n X

αi ei avem

i=1

2 *

+ n n n

X X X

kT (x)k2 = αi T (ei ) = αi T (ei ), αj T (ej )

i=1

=

n X n X

i=1

αi αj hT (ei ), T (ej )i =

i=1 j=1

=

j=1

n X

α2i kT (ei )k2

i=1

n X i=1

α2i a2 = a2

n X

α2i = α2 kxk2 ,

i=1

deci kT (x)k = akxk,

x ∈ X.

190

Problema 5.29 Fie (X, h·, ·i) un spat¸iu euclidian de dimensiune finit˘a ¸si P : X → X un operator de proiect¸ie cu proprietatea c˘a kP (x)k ≤ kxk, pentru orice x ∈ X. S˘a se arate c˘ a P este autoadjunct. Solut¸ie. Vom ar˘ ata mai ˆıntˆ ai c˘ a Im P ⊥ Ker P . Fie x = P (z) ∈ Im P ¸si y ∈ Ker P . Avem: kP (ax + y)k2 ≤ kax + yk2 ⇔ kaP (x) + P (y)k2 ≤ kax + yk2 ⇔ a2 kP (x)k2 ≤ a2 kxk2 + 2ahx, yi + kyk2 pentru orice a ∈ R ⇔ a2 kP (z)k2 ≤ a2 kP (z)k2 + 2ahx, yi + kyk2 ⇔ 2ahx, yi + kyk2 ≥ 0 pentru orice a ∈ R. Rezult˘a hx, yi = 0. Din X = Ker P ⊕ Im P rezult˘ a c˘ a Ker P = (Im P )⊥ ¸si Im P = (Ker P )⊥ . Pe de alt˘ a parte pentru orice endomorfism avem: Ker P ∗ = (Im P )⊥ ¸si Im P ∗ = (Ker P )⊥ , astfel c˘ a Ker P = Ker P ∗ = V2 ¸si Im P = Im P ∗ = V1 , deci P ¸si P ∗ sunt egali (proiect¸ia pe V1 paralel˘ a cu V2 cu V1 ⊥ V2 deci o proiect¸ie ortogonal˘a). Problema 5.30 Fie (X, h·, ·i) un spat¸iu euclidian ¸si f : X → X o funct¸ie cu proprietatea hf (x), yi = hx, f (y)i, pentru orice x, y ∈ X. S˘a se arate c˘ a f este un operator autoadjunct. Solut¸ie. Ar˘ at˘ am c˘ a f este aplicat¸ie liniar˘a. Avem: hf (ax + by), zi = hax + by, f (z)i = ahx, f (z)i + bhy, f (z)i = ahf (x), zi + bhf (y), zi = haf (x) + bf (y), zi pentru orice x, y, z ∈ X. Rezult˘a f (ax + by) = af (x) + bf (y), pentru orice x, y ∈ X, deci f este aplicat¸ie liniar˘a. Din hf (x), yi = hx, f (y)i ¸si hf (x), yi = hx, f ∗ (y)i rezult˘a hx, f (y)i = hx, f ∗ (y)i,

x, y ∈ X ⇔ hx, f (y) − f ∗ (y)i = 0

¸si luˆand x = f (y) − f ∗ (y) rezult˘ a kf (y) − f ∗ (y)k2 = 0 deci f (y) = f ∗ (y), deci f este autoadjunct˘ a.

y ∈ X ⇔ f = f ∗,

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

191

Problema 5.31 Fie (X, h·, ·i) un spat¸iu euclidian real ¸si f : X → X o funct¸ie cu proprietatea f (0) = 0 ¸si kf (x) − f (y)k = kx − yk pentru orice x, y ∈ X. S˘a se arate c˘ a f este o aplicat¸ie liniar˘a ortogonal˘a. Solut¸ie. Luˆ and y = 0 ˆın relat¸ia dat˘a obt¸inem kf (x)k = kxk. Avem: kf (x) − f (y)k2 = kx − yk2 ⇔ hf (x) − f (y), f (x) − f (y)i = hx − y, x − yi ⇔ hf (x), f (x)i − hf (x), f (y)i − hf (y), f (x)i + hf (y), f (y)i = hx, xi − hx, yi − hy, xi + hy, yi ⇔ 2hf (x), f (y)i = 2hx, yi ⇔ hf (x), f (y)i = hx, yi, deci f conserv˘ a produsul scalar. Vom ar˘ata c˘ a f (ax + by) = af (x) + bf (y), pentru orice x, y ∈ X ¸si orice a, b ∈ R. Pentru aceasta ar˘ at˘ am c˘ a kf (ax + by) − af (x) − bf (y)k = 0. Avem: kf (ax + by) − af (x) − bf (y)k2 = kf (ax + by)k2 + a2 kf (x)k2 + b2 kf (y)k2 −2ahf (ax + by), f (x)i − 2bhf (ax + by), f (y)i + 2abhf (x) + f (y)i = kax + byk2 + a2 kxk2 + b2 kyk2 − 2ahax + by, xi − 2bhax + by, yi + 2abhx, yi = kax + byk2 + a2 kxk2 + b2 kyk2 − 2a2 kxk2 − 2abhy, xi − 2bahx, yi − 2b2 kyk2 +2abhx, yi = kax + byk2 − a2 kxk2 − b2 kyk2 − 2abhx, yi = 0. Din f liniar˘ a ¸si hf (x), f (y)i = hx, yi ⇔ hx, f ∗ ◦ f (y)i = hx, yi ⇔ hx, f ∗ ◦ f (y) − yi = 0, pentru orice x, y ∈ X, luˆand x = f ∗ ◦ f (y) − y, rezult˘ a kf ∗ ◦ f (y) − yk2 = 0 deci f ∗ ◦ f (y) = y, y ∈ X ⇔ f ∗ ◦ f = I ⇔ f ∗ = f −1 , deci f este aplicat¸ie ortogonal˘ a. Problema 5.32 Fie V un spat¸iu euclidian real de dimensiune n ¸si v1 , . . . , vn , vn+1 vectori din V cu proprietatea c˘ a kvi k, kvi + vj k ∈ Q pentru orice i, j = 1, n + 1. S˘a se arate c˘ a ace¸sti vectori sunt liniar dependent¸i peste Q. IMC, 2006 Solut¸ie. Dac˘ a Span{v1 , v2 , . . . , vn , vn+1 } 6= V ne reducem de la n la n − 1 (induct¸ie). Presupunem c˘ a v1 , v2 , . . . , vn sunt liniar independent¸i peste R ¸si fie vn+1 = α1 v1 + α2 v2 + . . . + αn vn , scrierea lui vn+1 ˆın baza {v1 , v2 , . . . , vn }.

192

Din kvi + vj k2 = kvi k2 + kvj k2 + 2hvi , vj i ¸si din kvi + vj k ∈ Q, kvi k ∈ Q, kvj k ∈ Q rezult˘a hvi , vj i ∈ Q. ˆInmult¸ind scalar pe vn+1 pe rˆand cu v1 , v2 , . . . , vn obt¸inem relat¸iile hv1 , vn+1 i = α1 hv1 , v1 i + α2 hv1 , v2 i + . . . + αn hv1 , vn i hv2 , vn+1 i = α1 hv2 , v1 i + α2 hv2 , v2 i + . . . + αn hv2 , vn i ........................ hvn , vn+1 i = α1 hvn , v1 i + α2 hvn , v2 i + . . . + αn hvn , vn i relat¸ii pe care le interpret˘ am ca sistem de ecuat¸ii cu necunoscutele α1 , α2 , . . . , αn ¸si coeficient¸ii din Q. Determinantul sistemului este determinantul Gram G(v1 , . . . , vn ) care este nenul deoarece vectorii v1 , . . . , vn sunt liniar independent¸i. A¸sadar sistemul are solut¸ie unic˘a α1 , . . . , αn ∈ Q. Problema 5.33 Fie A, B ∈ Mn (C) matrice unitare. S˘a se arate c˘a | det(A + B)| ≤ 2n . Solut¸ie. O matrice unitar˘ a este inversabil˘a ¸si are toate valorile proprii de modul 1. Avem: det(A + B) = det A(In + A−1 B) = det A · det(In + A−1 B). Ar˘at˘am c˘a matricea A−1 B este ortogonal˘a: (A−1 B)−1 = B −1 A, (A−1 B)∗ = B ∗ (A−1 )∗ = B ∗ (A∗ )∗ = B ∗ A = B −1 A. Dac˘a λ1 , λ2 , . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A−1 B, atunci 1 + λ1 , 1 + λ2 , . . . , 1 + λn sunt valorile proprii ale matricei In + A−1 B ¸si atunci | det(In + A−1 B)| = |1 + λ1 | · |1 + λ2 | · · · |1 + λn | ≤ 2 · 2 · . . . · 2 = 2n , iar | det A| = 1. Obt¸inem | det(A + B)| ≤ 2n . Problema 5.34 Fie V un spat¸iu vectorial de dimensiune n ¸si V1 , V2 , V3 subspat¸ii astfel ca dim(V1 ) + dim(V2 ) + dim(V3 ) > 2n. S˘a se arate c˘ a V1 ∩ V2 ∩ V3 6= {0}. Examen Frant¸a Solut¸ie. Consider˘ am aplicat¸ia liniar˘a T : V1 × V2 × V3 → V × V T (x1 , x2 , x3 ) = (x1 − x3 , x2 − x3 ) ¸si avem Ker T = {(x, x, x) | x ∈ V1 ∩ V2 ∩ V3 }.

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

193

Aplic˘am teorema dimensiunii pentru aplicat¸ia T ¸si avem: dim(V1 × V2 × V3 ) = dim(Ker T ) + dim(Im T ). Avem dim(V1 × V2 × V3 ) = dim V1 + dim V2 + dim V3 > 2n ¸si dim(Im T ) ≤ dim(V × V ) = 2n. R˘amˆane c˘ a dim(Ker T ) > 0, deci Ker T 6= {0} ⇔ V1 ∩ V2 ∩ V3 6= {0}.

Problema 5.35 Dac˘ a k·k este o norm˘a pe Rn ¸si A ∈ Mn (R), exist˘a un num˘ar M > 0 astfel ˆıncˆat kAxk ≤ M kxk, ∀x ∈ Rn . Solut¸ie. Mult¸imea S = {x : x ∈ Rn cu kxk = 1} este o mult¸ime compact˘a ˆın Rn (m˘arginit˘a ¸si ˆınchis˘ a). Orice norm˘ a pe Rn este o funct¸ie continu˘a de cele n variabile independente xi ¸si deci este m˘ arginit˘ a pe S (teorema lui Weierstrass). Deci avem kAxk ≤ n M pentru orice x ∈ S. Dac˘ a x ∈ R este un vector oarecare diferit de vectorul nul, avem kA (x/ kxk)k ≤ M ¸si deci kAxk ≤ M kxk. Altfel spus, avem kAxk / kxk ≤ M pentru orice x 6= 0 din Rn .

Problema 5.36 Fie o norm˘ a vectorial˘a definit˘a pe Rn notat˘a k·k. Se define¸ste |·| : Mn (R) → R+ prin  |A| = sup

 kAxk n ; x 6= 0, x ∈ R . kxk

(5.1)

S˘a se arate c˘ a aplicat¸ia astfel definit˘ a este o norm˘a matriceal˘a. (Aceasta se nume¸ste norma matriceal˘ a generat˘ a de norma vectorial˘ a k·k.) Solut¸ie. Definit¸ia (5.1) este corect˘ a, deoarece acest supremum nu poate fi ∞ (conform problemei 5.35). Prima axiom˘ a este evident satisf˘acut˘a. Pentru cea de a doua, se scrie 

 k(αA) xk n |αA| = sup ; x 6= 0, x ∈ R = kxk   |α| kAxk = sup ; x 6= 0 = kxk   kAxk = |α| sup ; x 6= 0, x ∈ Rn = kxk = |α| |A| , ∀α ∈ R ¸si ∀A ∈ Mn (R) .

(5.2)

194

Pentru a verifica axioma a treia, se scrie   k(A + B) xk n ; x 6= 0, x ∈ R = |A + B| = sup kxk   kAx + Bxk = sup ; x 6= 0, x ∈ Rn ≤ kxk   kAxk + kBxk n ≤ sup ; x 6= 0, x ∈ R ≤   kxk kAxk ; x 6= 0, x ∈ Rn + ≤ sup kxk   kBxk + sup ; x 6= 0, x ∈ Rn = kAk + kBk , ∀A, B ∈ Mn (R) . kxk

(5.3)

Pentru ultima axiom˘ a, se observ˘ a c˘a   k(AB) xk |AB| = sup ; x 6= 0 = kxk   kA (Bx)k = sup ; x 6= 0 ≤   kxk |A| kBxk ; x 6= 0 = ≤ sup kxk   kBxk = |A| sup ; x 6= 0 = |A| · |B| kxk

(5.4)

oricare ar fi A, B ∈ Mn (R). (S-a folosit majorarea kAxk ≤ |A| kxk pentru orice vector x ∈ Rn , care rezult˘ a din definit¸ia (5.1).) ˆIn concluzie, formula (5.1) define¸ste ˆıntr-adev˘ar o norm˘a pe Mn (R), care ˆın acest fel devine un spat¸iu vectorial normat real. Problema 5.37 Fie norma matriceal˘ a generat˘a de norma vectorial˘a maxim  |A|∞ = sup

 kAxk∞ n ; x 6= 0, x ∈ R . kxk∞

(5.5)

S˘a se demonstreze c˘ a pentru orice matrice A ∈ Mn (R), aceast˘a norm˘a este dat˘a de formula |A|∞ = max i

n X

|aij | .

(5.6)

j=1

Solut¸ie. Se noteaz˘ a Ax = y ¸si deci kAxk∞ = kyk∞ = max |yi |. Dar yi = i

¸si |xj | ≤ kxk∞ rezult˘ a c˘ a |yi | ≤ kxk1 ·

n P j=1

|aij |. Se noteaz˘a cu M = max i

n P

n P

aij xj

j=1

|aij | ¸si se

j=1

presupune c˘ a acest maxim este atins pentru valoarea k a indicelui de linie i. Din |yi | ≤ M kxk∞ , ∀i = 1, n rezult˘ a kAxk1 ≤ M kxk1 pentru orice x ∈ Rn . Toate rapoartele mult¸imii din (5.5) sunt m˘ arginite superior de M , care este un majorant pentru aceast˘a mult¸ime. Dac˘ a se g˘ ase¸ste un vector x e 6= 0, pentru care raportul kAe xk∞ / ke xk∞ are valoarea M (echivalent kAe xk∞ = M ke xk∞ ), rezult˘a c˘a M este marginea superioar˘a a mult¸imii de

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

195

rapoarte. Acest vector este x e = (sgn ak1 , sgn ak2 , . . . , sgn akn )t , are elementul de pe linia k, n P yek = |akj | = M ¸si norma ke xk∞ = 1. Deci el satisface egalitatea kAe xk∞ = M ke xk∞ ¸si j=1

atunci formula (5.5) este demonstrat˘ a. Observat¸ie. Norma |A|∞ se nume¸ste uneori ”norma pe linii”, deoarece se obt¸ine sumˆand valorile absolute ale elementelor de pe fiecare linie ¸si luˆand apoi cea mai mare sum˘a g˘asit˘a. Problema 5.38 Fie norma matriceal˘ a generat˘a de norma vectorial˘a sum˘a   kAxk1 n |A|1 = sup ; x ∈ R , x 6= 0 . kxk1

(5.7)

S˘a se demonstreze c˘ a pentru orice matrice A ∈ Mn (R), aceast˘a norm˘a este dat˘a de formula |A|1 = max j

n X

|aij | .

(5.8)

i=1

Solut¸ie. Se noteaz˘ a Ax = y ¸si rezult˘a c˘a kAxk1 = kyk1 = se obt¸ine |yi | ≤

n P

n P

|yi |. Din yi =

i=1

n P

aij xj ,

j=1

|aij | · |xj |, ∀i = 1, n ¸si deci

j=1

kAxk1 ≤

n X

 

i=1

Se noteaz˘ a M = max j

n X

n P

 |aij | · |xj | =

j=1

n n X X j=1

! |aij | |xj | .

(5.9)

i=1

|aij |, ¸si se scrie

i=1

kAxk1 ≤ M

n X

|xj | = M kxk1 , ∀x ∈ Mn,1 (R) .

(5.10)

j=1

Ca ¸si ˆın cazul precedent, dac˘ a se g˘ ase¸ste un vector x e pentru care kAe xk1 = M ke xk1 , va rezulta c˘a M = |A|1 ¸si deci formula (5.8) este adev˘arat˘a. Acest vector x se poate determina n P astfel: dac˘a se admite c˘ a max |aij | se realizeaz˘a pentru valoarea k a indicelui de coloan˘a j

j, M =

n P

i=1

|aik |, se consider˘ a vectorul x ale c˘arui elemente sunt egale cu zero, ˆın afar˘a de

i=1

cel de pe linia k, care este egal cu 1. El are proprietatea c˘a Ae x coincide cu coloana k a matricei A, deci kAe xk1 = M ¸si pe de alt˘a parte ke xk1 = 1. Prin urmare kAe xk1 = M ke xk1 . Problema 5.39 Se define¸ste funct¸ia |·|2 : Mn (R) → R+ prin v uX n u n X |A|2 = t a2ij , ∀A ∈ Mn (R) , A = [aij ] i=1,n . i=1 j=1

(5.11)

j=1,n

S˘a se arate c˘ a |·|2 este o norm˘ a matriceal˘a, dar nu este o norm˘a generat˘a de o norm˘a vectorial˘a.

196

Solut¸ie. Primele trei axiome sunt ˆın mod evident ˆındeplinite. Demonstr˘ am ultima axiom˘ a: |AB|2 ≤ |A|2 |B|2 , ∀A, B ∈ Mn (R) .

(5.12)

Se arat˘a mai ˆıntˆ ai c˘ a kAxk2 ≤ |A|2 kxk2 , ∀x ∈ Rn . ˆIn adev˘ar, dac˘a Ax = y, atunci !2 n n P P yi = aij xj ¸si deci yi2 = aij xj . Din j=1

j=1

     n n n X X X yi2 ≤  a2ij   x2j  =  a2ij  kxk22 , i = 1, n. j=1

j=1

rezult˘a kAxk22 = =

n P i=1

n P n P i=1 j=1

yi2 ≤

n P

n P

i=1

j=1

! a2ij

kxk22 = (5.14)

! a2ij

(5.13)

j=1

kxk22

=

|A|22

·

kxk22

adic˘a kAxk2 ≤ |A|2 · kxk2 . ˆIn cazul ultimei axiome, dac˘ a v (1) , v (2) , . . . , v (n) sunt coloanele matricei B, vectorii Av (1) , Av (2) , .. . , Av (n) sunt coloanele  matricei AB, adic˘a AB = col Av (1) , Av (2) , . . . , Av (n) ¸si

2

2

2

|AB|22 = Av (1) + Av (2) + · · · + Av (n) ≤  (5.15)

2 

2

≤ |A|22 v (1) + · · · + v (n) = |A|22 · |B|22 deci (5.12) este adev˘ arat˘ a. Funct¸ia astfel definit˘a este o norm˘a matriceal˘a. Demonstr˘ am c˘ a aceast˘ a norm˘ a matriceal˘a nu este o norm˘a generat˘a de o norm˘a vec√ torial˘a. Fie matricea unitate In care are norma euclidian˘a egal˘a cu n. Dac˘a ar exista o norm˘a vectorial˘ a k·k care s˘ a ne conduc˘a la norma |·|2 pentru matrice, ar trebui s˘a avem kIn xk |In |2 = sup = 1, ceea ce este evident imposibil. De aici rezult˘a c˘a exist˘a norme kxk matriceale care nu sunt generate de norme vectoriale. Problema 5.40 Se define¸ste funct¸ia ρ : Mn (R) → R+ prin ρ (A) = max |aij | , ∀A ∈ Mn (R) , A = [aij ] i=1,n . i,j

j=1,n

S˘a se arate c˘ a aceast˘ a funct¸ie nu define¸ste o norm˘a pe Mn (R). Solut¸ie. Fie A = B cu aij = bij = 1, ∀i, j = 1, n. Matricea AB are toate elementele egale cu n. Deci ρ (A) = ρ (B) = 1, iar ρ (AB) = n ¸si nu are loc inegalitatea ρ (AB) ≤ ρ (A) ρ (B). Problema 5.41 Se define¸ste funct¸ia ρ : Mn (R) → R+ prin   ρ (A) = n max |aij | , ∀A ∈ Mn (R) , A = [aij ] i=1,n . i,j

S˘a se demonstreze c˘ a ρ este o norm˘ a matriceal˘a.

j=1,n

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

197

Solut¸ie. Primele trei axiome se verific˘a imediat. Pentru a se verifica ultima axiom˘a se consider˘a dou˘ a matrice oarecare A = [aij ] i=1,n , B = [bij ] i=1,n ¸si se noteaz˘a C = AB. Atunci cij =

n P

j=1,n

j=1,n

aik bkj ¸si

k=1

 ≤

n P

|aik | · |bkj | ≤ k=1       n P |aik | max |bkj | ≤ n max |aik | max |bkj | |cij | ≤

j,k=1,n

k=1

deci

 n |cij | ≤

i,k=1,n

j,k=1,n

  n max |aik | n max |bkj | , ∀i, j = 1, n i,k=1,n

(5.16)

(5.17)

j,k=1,n

ceea ce implic˘ a ρ (AB) ≤ ρ (A) ρ (B). Problema 5.42 Fie A ∈ Mn (R) matrice simetric˘a cu valorile proprii λ1 ≤ λ2 ≤ . . . ≤ λn . S˘a se arate c˘ a λ1 kxk22 ≤ xt Ax ≤ λn kxk22 ,

∀x ∈ Rn .

Solut¸ie. Deoarece matricea A este simetric˘a, exist˘a o baz˘a ortonormat˘a ˆın Rn , n

  P x, v (i) v (i) , format˘a din vectori proprii ai lui A, v (i) : i = 1, n . Rezult˘a c˘a x = Ax =

n

P

x, v

 (i)

λi v (i) , xt Ax =

i=1

Dar λ1 kxk2 ≤

n P

λi x, v

i=1

n P

i=1



λi x, v

 (i) 2

, ∀x ∈ Mn,1 (R).

i=1  (i) 2

≤ λn kxk22 . Din ultimele dou˘a relat¸ii, rezult˘a

λ1 kxk22 ≤ xt Ax ≤ λn kxk22 ,

∀x ∈ Rn .

Observat¸ie. Se mai poate scrie     2 t min λi kxk2 ≤ x Ax ≤ max λi kxk22 , i=1,n

i=1,n

∀x ∈ Rn ,

unde λi , i = 1, n sunt valorile proprii ale matricei simetrice A. Folosind majorarea obt¸inut˘a ¸si formula (5.1), putem obt¸ine norma matriceal˘a pe Mn (R) generat˘a de norma euclidian˘a a vectorilor din Rn . Problema 5.43 S˘ a se demonstreze c˘ a expresia normei spectrale este dat˘a de |A|s =

q

max µi ,

i=1,n

ˆın care µi sunt valorile proprii matricei reale simetrice B = At A. Solut¸ie. Mai ˆıntˆ ai se observ˘ a c˘ a xt Bx ≥ 0, ∀x ∈ Rn . ˆIntr-adev˘ar,
xt Bx = xt At A x = (Ax)t (Ax) = kAxk22 ≥ 0.

198

Conform problemei 5.42 

t

x Bx ≤



max µi kxk22 , ∀x ∈ Rn .

i=1,n

Dar avem ¸si µi ≥ 0 pentru i = 1, n, dac˘a se ¸tine seama de condit¸ia xt Bx ≥ 0 pentru √ orice x ∈ Rn . Din inegalitatea kAxk2 ≤ max µi kxk2 , ∀x ∈ Rn se deduce kAxk2 q q ≤ max µi ⇒ |A|s ≤ max µi . kxk2 i=1,n i=1,n Pentru a termina demonstrat¸ia, r˘ amˆane s˘a se determine un vector x 6= 0, pentru care kAvk2 q = max µi . Acest vector va fi vectorul propriu al lui B, care satisface Bv = µv, kvk2 i=1,n unde µ = max µi . ˆIn adev˘ ar, i=1,n

v t Bv = kAvk22 ¸si v t Bv = µv t v = µ kvk22 kAvk2 √ = µ. kvk2 Observat¸ie. De ret¸inut c˘ a norma euclidian˘a pentru vectori nu genereaz˘a norma euclidian˘a pentru matrice. Evident, are loc inegalitatea |A|s ≤ |A|2 .

ceea ce implic˘ a

Problema 5.44 Funct¸ia |·| : Mn (R) → R+ definit˘a prin |A| =

n X n X

|aij | ,

i=1 j=1

define¸ste o norm˘ a matriceal˘ a pe mult¸imea Mn (R) . Solut¸ie. Este suficient s˘ a se demonstreze numai c˘a |AB| ≤ |A| |B| , ∀A, B ∈ Mn (R) . Se scrie n ! n X n X n X n n X X X |AB| = aik bkj ≤ |aik | |bkj | i=1 j=1 k=1

¸si folosind majorarea evident˘ a |bkj | ≤

i=1 j=1

n P

k=1

|bmj |, se obt¸ine

m=1 n X k=1

|aik | |bkj | ≤

n X

|aik |

k=1

n X

! |bmj |

m=1

=

n X n X

|aik | |bmj | ,

k=1 m=1

deci  n n  n P n P P P |AB| ≤ |aik | |bmj | = i=1 j=1 k=1 m=1 ! n n  n n P P P P = |aik | |bmj | = |A| |B| . i=1 k=1

j=1 m=1

Problema 5.45 Fie A ∈ Mn (R). Dac˘a λ este valoare proprie pentru A, rezult˘a |λ| ≤ |A|, oricare ar fi norma matriceal˘ a aleas˘ a.

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

199

Solut¸ie. Fie Ax = λx ¸si C = col [x, x, . . . , x] matricea cu toate coloanele x ∈ Rn (s-a presupus x 6= 0). Avem Ax = λx, c˘ aci fiecare coloan˘a din AC coincide cu vectorul λx, la fel ca ¸si fiecare coloan˘ a din matricea λx. Deducem c˘a |λC| = |AC| sau ˆınc˘a |λ| · |C| ≤ |A| · |C|. Simplificˆand cu |C| = 6 0, obt¸inem |λ| ≤ |A|. Problema 5.46 Fie A ∈ Mn (C). Se noteaz˘a ρi =

n P

|aij |, i = 1, n. S˘a se arate c˘a

j=1,j6=i

Spec (A) ⊂

n [

{z; |z − aii | ≤ ρi } .

i=1 n S

Solut¸ie. Fie λ un num˘ ar complex care nu face parte din mult¸imea

Di . Aceasta

i=1

ˆınseamn˘a c˘a avem |λ − aii | > ρi pentru tot¸i i = 1, n. Dar λ − aii este elementul de pe diagonalela principal˘ a a determinantului care d˘a valoarea polinomului caracteristic P (λ) = det (λI − A), iar condit¸iile |λ − aii | > ρi pentru i = 1, n spun c˘a pe fiecare linie, elementul de pe diagonala principal˘a este mai mare ˆın modul decˆat suma modulelor celorlalte elemente din linia sa. Conform problemei 3.109, P (λ) 6= 0, deci ˆın afara mult¸imii n n S S Di nu se afl˘ a nici o r˘ ad˘ acin˘ a a polinomului P (λ), adic˘a Spec (A) ⊂ Di . i=1

i=1

Observat¸ie. Mult¸imea Di = {z; |z − aii | ≤ ρi } reprezint˘a un disc din planul complex cu centrul ˆın aii ¸si de raz˘ a ρi . Acestea se numesc discurile lui Gershgorin. Problema 5.47 Fie A ∈ Mn (C). Se noteaz˘a ρ(A) = max |λi | ¸si se nume¸ste raza speci=1,n

tral˘ a a matricei A. S˘ a se demonstreze c˘a   n X |aij | . ρ(A) ≤ max  i=1,n

j=1

Solut¸ie. Fie λ ∈ Spec(A). Utilizˆ and rezultatul problemei 5.46, exist˘a i ∈ {1, 2, . . . , n} n P astfel ˆıncˆat |λ − aii | ≤ ρi . Dar |λ| − |aii | ≤ |λ − aii | ≤ ρi . Rezult˘a c˘a |λ| ≤ |aij | ⇒ |λ| ≤ j=1 ! ! n n P P |aij | ⇒ ρ(A) ≤ max |aij | . max i=1,n

i=1,n

j=1

j=1

Problema 5.48 Fie A, B ∈ Mn (R) dou˘a matrice simetrice cu valorile proprii λ1 ≤ λ2 ≤ . . . ≤ λn , respectiv µ1 ≤ µ2 ≤ . . . ≤ µn . Not˘am ρi , i = 1, n valorile proprii ale matricei A + B. S˘a se arate c˘ a λ1 + µ1 ≤ ρi ≤ λn + µn ,

i = 1, n.

Solut¸ie. Din inegalit˘ a¸tile λ1 kxk22 ≤ xt Ax ≤ λn kxk22 ¸si µ1 kxk22 ≤ xt Bx ≤ µn kxk22 , valabile pentru orice x ∈ Rn , obt¸inem (λ1 + µ1 ) kxk22 ≤ xt (A + B) x ≤ (λn + µn ) kxk22 . Fie v un vector propriu al matricei A+B, corespunz˘ator valorii proprii ρ, adic˘a (A + B) v = ρv ¸si v 6= 0. Lu˘ am ˆın inegalit˘ a¸tile precedente x = v ¸si g˘asim λ1 + µ1 ≤ ρ ≤ λn + µn pentru orice valoare proprie ρ a matricei A + B.

200

Problema 5.49 Fie A, B ∈ Mn (R) dou˘a matrice simetrice, avˆand valorile proprii nenegative. S˘a se arate c˘ a det(A + B) ≥ det A + det B. Solut¸ie. P˘ astrˆ and notat¸iile din problema precedent˘a, se obt¸ine det(A + B) = ρ1 ρ2 · · · ρn ≥ (λ1 + µ1 )(λ2 + µ2 ) · · · (λn + µn ) ≥ ≥ λ1 λ2 · · · λn + µ1 µ2 · · · µn = det A + det B. Observat¸ie. Ipoteza c˘ a valorile proprii λi ¸si µi , i = 1, n sunt ≥ 0 a fost esent¸ial˘a ˆın deducerea inegalit˘ a¸tii enunt¸ate care nu are loc ˆın cazul matricelor oarecare. ˜ i , respectiv Problema 5.50 Fie A, B ∈ Mn (R). Se noteaz˘a, ˆın ordine cresc˘atoare cu λ µ ˜ i , i = 1, n valorile proprii ale matricelor reale simetrice At A sau B t B. Dac˘a ρ este o valoare proprie real˘ a a matricei AB, s˘ a se arate c˘a ˜1µ ˜nµ λ ˜ 1 ≤ ρ2 ≤ λ ˜n.
˜ i sunt ≥ 0. La fel, Solut¸ie. Avem xt At A x = kAxk22 ≥ 0, deci toate valorile proprii λ toate valorile proprii µ ˜ i sunt ≥ 0. ˆIn plus, au loc ¸si inegalit˘a¸tile ˜ 1 kxk2 ≤ kAxk2 ≤ λ ˜ n kxk2 , λ 2 2 2

˜ n kxk22 , µ ˜ 1 kxk22 ≤ kBxk22 ≤ µ

x ∈ Rn .

Fie v un vector propriu pentru AB corespunz˘ator valorii proprii reale ρ, adic˘a (AB) v = ρv, v 6= 0. Atunci ˜ n kBvk2 ≤ λ ˜nµ k(AB) vk22 = kA (Bv)k22 ≤ λ ˜ n kvk22 2 ˜nµ ˜nµ ˜ n . Asem˘an˘ator, se g˘ase¸ste ¸si inegalitatea care implic˘a ρ2 kvk2 ≤ λ ˜ n kvk2 , deci ρ2 ≤ λ 2 ˜ λ1 µ ˜1 ≤ ρ . Problema 5.51 Fie A, B ∈ Mn (R) dou˘a matrice simetrice cu AB = BA ¸si avˆand valorile proprii λi , respectiv µi . Atunci rezult˘a 

min λ2i i=1,n



min µ2i i=1,n

 ≤

ρ2j

 ≤

max λ2i i=1,n



max µ2i i=1,n

 ,

j = 1, n

pentru toate valorile proprii ρj ale matricei AB. Solut¸ie. ˆIntr-adev˘ ar, ˆın acest caz AB este simetric˘a, deci are toate valorile proprii ρj t 2 t 2 ˜ i = λ2 , µ ˜ si µ reale, A A = A , B B = B 2 , λ ˜ i , i = 1, n nu mai sunt, i ˜ i = µi , i = 1, n. Dar λi ¸ ˆın general, numerotate ˆın ordinea cresc˘atoare. Putem scrie ¸si altfel       min |λi | min |µi | ≤ ρj ≤ max |λi | max |µi | , j = 1, n. i=1,n

i=1,n

i=1,n

i=1,n

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

201

Problema 5.52 Fie A ∈ Mn (R) o matrice care satisface condit¸ia xt Ax ≥ 0, ∀x ∈ Rn . Dac˘a ε > 0, s˘ a se arate c˘ a A + εIn este inversabil˘a. Solut¸ie. Condit¸ia xt Ax ≥ 0 se mai scrie ca hAx, xi ≥ 0, ∀x ∈ Rn . Dac˘a (A + εIn ) x = 0, atunci h(A + εIn ) x, (A + εIn ) xi = hAx, Axi + 2ε hAx, xi + ε2 hx, xi = 0. Deoarece cei trei termeni sunt nenegativi ¸si au suma zero, rezult˘a c˘a tot¸i sunt egali cu zero. Din hx, xi = 0 ⇒ x = 0, a¸sa ˆıncˆ at sistemul algebric (A + εIn ) x = 0 are numai solut¸ia banal˘a x = 0, ceea ce implic˘ a det (A + εIn ) 6= 0, deci matricea A + εIn este inversabil˘a. Problema 5.53 Fie A ∈ Mn (R) o matrice antisimetric˘a. S˘a se arate c˘a: (a) In + A ¸si In − A sunt inversabile; (b) B = (In − A) (In + A)−1 este ortogonal˘a ¸si B + In este inversabil˘a. Solut¸ie. (a) Varianta I. Valorile proprii ale lui A, matrice antisimetric˘a, sunt de forma forma βi, cu β ∈ R. Valorile proprii ale matricelor In ± A sunt de forma 1 ± βi 6= 0, deci In ± A sunt inversabile. Varianta II. Dac˘ a In − A ar fi inversabil˘a ar exista un vector nenul x astfel ˆıncˆat t Ax = x ⇒ x Ax = xt x ¸si transpunˆ and relat¸ia obt¸inem xt (−A) x = xt x ⇒ xt x = −xt x pe care adunˆandu-le obt¸inem n P 0 = xt x sau 0 = x2i ⇒ x = 0. i=1  t (b) B t = (In + A)−1 (In − A)t = (In − A)−1 (In + A), deci B t B = (In − A)−1 (In + A) (In − A) (In + A)−1 = = (In − A)−1 (In − A) (In + A) (In + A)−1 = In , adic˘a B este ortogonal˘ a. B + In = (In − A) (In + A)−1 + (In + A) (In + A)−1 = 2 (In + A)−1 care este in1 versabil˘a. Rezult˘ a c˘ a (B + In )−1 = (In + A) . 2 Problema 5.54 Fie A ∈ Mn (R) cu propriet˘a¸tile: (a) In + A ¸si In − A sunt inversabile; (b) B = (In − A) (In + A)−1 este ortogonal˘a. S˘a se arate c˘ a A este antisimetric˘ a. Solut¸ie. Fie u ∈ Rn ¸si not˘ am x = (In + A) u, deci u = (In + A)−1 x. Atunci −1 Bx = (In − A) (In + A) x = (In − A) u = u − Au. Deoarece B este ortogonal˘a, avem hBx, Bxi = hx, xi, ∀x ∈ Rn . Deci, rezult˘a hu − Au, u − Aui = hu + Au, u + Aui , sau echivalent kuk2 − 2 hAu, ui + kAuk2 = kuk2 + 2 hAu, ui + kAuk2 .

202

ˆIn concluzie, hAu, ui = ut Au = 0, ∀u ∈ Rn ¸si matricea A este antisimetric˘a (conform problemei 3.113). Problema 5.55 Fie A, D ∈ Mn (R), AD = DA ¸si D = diag [λ1 , λ2 , . . . , λn ] cu λi 6= λj pentru i 6= j. S˘ a se arate c˘ a A este o matrice diagonal˘a. Solut¸ie. Fie i 6= j o pereche de indici; ˆın AD pe locul (i, j) avem elementul

n P

aik dkj =

k=1

n P dik akj = dii aij = λi aij . Din aij djj = λj aij . ˆIn DA, pe locul (i, j) avem elementul k=1

(λj − λi ) aij = 0 ⇒ aij = 0 pentru i 6= j. Deci A este o matrice diagonal˘a. Problema 5.56 Fie A, B ∈ Mn (R) dou˘a matrice simetrice, cel put¸in una avˆand valorile proprii diferite ˆıntre ele. S˘ a se arate echivalent¸a afirmat¸iilor: (a) AB = BA; (b) exist˘ a o matrice ortogonal˘ a C astfel ˆıncˆat C −1 AC ¸si C −1 BC sunt amˆandou˘a matrice diagonale. Solut¸ie. (a) ⇒ (b) Se presupune c˘ a AB = BA. Exist˘a C matrice ortogonal˘a astfel ˆıncˆat = diag [λ1 , λ2 , . . . , λn ], ˆın care λi sunt valorile proprii ale matricei A, distincte. Matricele C −1 AC ¸si C −1 BC comut˘ a ˆıntre ele, c˘aci



C −1 AC C −1 BC = C −1 (AB) C = C −1 (BA) C = C −1 BC C −1 AC

C −1 AC

¸si prima este o matrice diagonal˘ a, cu elemente diferite pe diagonala principal˘a. Rezult˘a c˘a ¸si a doua matrice este diagonal˘ a (conform problemei 5.55). (b) ⇒ (a) Matricele C −1 AC ¸si C −1 BC sunt permutabile, fiind amˆandou˘a diagonale. Avem



C −1 AC C −1 BC = C −1 BC C −1 AC ⇔ C −1 (AB) C = C −1 (BA) C, de unde g˘asim AB = BA. Observat¸ie. Mai interesant˘ a este implicat¸ia (a) ⇒ (b). Aceasta spune c˘a este suficient s˘a g˘asim o baz˘ a ortonormat˘ a format˘ a din vectori proprii v (i) ai matricei cu valori proprii  (1) (2) (n) distincte, pentru ca notˆ and x = Cy, unde C = col v , v , . . . , v , s˘a aducem simultan la forma canonic˘ a cele dou˘ a forme p˘ atratice f (x) = xt Ax ¸si g(x) = xt Bx, ¸tinˆand seama ¸si de condit¸ia C −1 = C t . Problema 5.57 Fie A ∈ Mn (C) o matrice cu valorile proprii λi , i = 1, n, diferite ˆıntre ele. S˘a se arate c˘ a toate solut¸iile ecuat¸iei B 2 = A sunt date de formula h p p i B = Cdiag ± λ1 , . . . , ± λn C −1 , unde C este o matrice inversabil˘ a.

Spat¸ii euclidiene ¸si operatori liniari

203

Solut¸ie. Scriem A = Cdiag [λ1 , . . . , λn ] C −1 . Pentru orice matrice B de forma dat˘a ˆın enunt¸ are loc B 2 = Cdiag [λ1 , λ2 , . . . , λn ] C −1 = A. Reciproc, dac˘ a B 2 = A, matricele A ¸si B comut˘a la ˆınmult¸ire ¸si atunci comut˘a ¸si C −1 AC cu C −1 BC. Dar C −1 AC este o matrice diagonal˘a, cu elementele de pe diagonala principal˘ a diferite ˆıntre ele ¸si atunci C −1 BC este tot o matrice diagonal˘a: C −1 BC = diag [µ1 , . . . , µn ]. De aici rezult˘a B = Cdiag [µ1 , . . . , µn ] C −1 ¸si B 2 = Cdiag µ21 , . . . , µ2n C −1 = A, de unde µ21 = λ1 , . . . , µ2n = λn . Prin urmare, B este de forma enunt¸at˘a.

Capitolul 6

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a Notat¸ii • R2 - planul punctual euclidian ~ 2 - planul vectorial euclidian • R • R3 - spat¸iul punctual euclidian ~ 3 - spat¸iul vectorial euclidian • R • A, B, C, . . . - puncte ˆın R2 sau ˆın R3 • (AB) - dreapta determinat˘ a de punctele A ¸si B • (D), (D1 ), . . . - drepte ˆın R2 sau ˆın R3 • [A, B] - segment orientat • |AB| - lungimea segmentului [AB] • AB, a - vector liber • ||a||, ||AB||, d(A, B) - lungimea (norma) unui vector • a0 - versorul vectorului a ¯ este baza ortonormat˘ ~ 3, • {¯i, ¯j, k} a canonic˘a ˆın R ~2 {¯i, ¯j} este baza ortonormat˘ a canonic˘a ˆın R ¯ este reperul cartezian canonic ˆın R ~3 • {O; ¯i, ¯j, k} ~2 {O; ¯i, ¯j} este reperul cartezian canonic ˆın R • ha, bi sau a · b - produsul scalar al vectorilor a ¸si b • a × b - produsul vectorial al vectorilor a ¸si b • (a, b, c) - produsul mixt al vectorilor a, b ¸si c 204

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a • G =

205

(¯ a, a ¯) (¯ a, ¯b) (¯ a, c¯) (¯b, a ¯) (¯b, ¯b) (¯b, c¯) - determinantul Gram al vectorilor a, b ¸si c (¯ c, a ¯) (¯ c, ¯b) (¯ c, c¯)

Definit¸ii ¸si rezultate Geometrie vectorial˘ a Modelul algebric al geometriei euclidiene a planului ¸si spat¸iului ˆıl reprezint˘a spat¸iile vectoriale euclidiene. • Definit¸ie. Numim plan euclidian un spat¸iu euclidian real de dimensiune doi. Modelul algebric al planului euclidian este R2 = {(x, y)| x ∈ R, x ∈ R} ca spat¸iu vectorial real ˆın care produsul scalar este h(x1 , y1 ), (x2 , y2 )i = x1 x2 + y1 y2 . Baza E = {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)} este baza canonic˘a care este ortonormat˘a. Dac˘a not˘am vectorii e1 = ~i, e2 = ~j atunci obt¸inem modelul vectorial al planului euclidian ~ 2 = {v = x · i + y · j | x ∈ R, y ∈ R}, iar produsul scalar devine v 1 · v 2 = x1 x2 + y1 y2 dac˘a R v 1 = x1 · i + y1 · j, v 2 = x2 · i + y2 · j. Astfel vom privi planul euclidian ˆın dou˘a moduri: R2 = {(x, y)| x, y ∈ R}, elementele sale le numim puncte ¸si not˘am M (x, y) (punctul M ~ 2 = {x · i + y · j| x, y ∈ R}, elementele sale le numim vectori pe de coordonate x ¸si y) ¸si R care ˆıi reprezent˘ am prin s˘ aget¸i ce pornesc din origine. 2 ~ ˆ • Definit¸ie. Intre R ¸si R2 este evident˘a biject¸ia M (x, y) 7→ rM = x · i + y · j, unde vectorul rM se nume¸ste vectorul de pozit¸ie al punctului M . Invers, v = x · i + y · j 7→ Mv (x, y) arful vectorului v. punctul Mv ˆıl numim vˆ ~ 2. Vectorii {i, j} formeaz˘ a o baz˘ a ortonormat˘a ˆın R • Definit¸ie. Suma a doi vectori este definit˘a algebric prin v 1 + v 2 = (x1 + x2 ) · i + (y1 + y2 ) · j, dac˘a v 1,2 = x1,2 · i + y1,2 · j, operat¸ie care geometric revine la regula paralelogramului. • Definit¸ie. Numim segment orientat ˆın planul R2 orice pereche de puncte ¸si ˆıl not˘am cu [A, B] (se figureaz˘ a printr-o s˘ ageat˘ a de la A la B). Oric˘arui segment orientat [A, B] ˆıi asociem vectorul AB definit prin AB = rB − rA . Analog se define¸ste spat¸iul punctual euclidian R3 = {(x, y, z)| x, y, z ∈ R} ¸si spat¸iul ~ 3 = {v = x · i + y · j + z · k| x, y, z ∈ R}. vectorial euclidian R ~ 3 , reducerea la plan fiind evident˘a. ˆIn continuare vom lucra doar ˆın spat¸iul R3 sau R

Operat¸ii cu vectori • Definit¸ie. Adunarea vectorilor: Dac˘a vectorii v 1 ¸si v 2 sunt dat¸i de v 1 = x1 · i + y1 · j + z1 · k, v 2 = x2 · i + y2 · j + z2 · k, atunci suma celor doi vectori este v 1 + v 2 = (x1 + x2 ) · i + (y1 + y2 ) · j + (z1 + z2 ) · k.

206

• Definit¸ie. Produsul vectorilor cu scalari: ~ 3 , atunci Dac˘a a ∈ R ¸si v = x · i + y · j + z · k ∈ R ~ 3. a · v = (a · x) · i + (a · y) · j + (a · z) · k ∈ R Observat¸ii. ~3 → R ~ 3 , Tv = v 0 + v se nume¸ste translat¸ie de vector v 0 (fixat). • Funct¸ia Tv0 : R 0 ~3 → R ~ 3 , Oa (v) = a · v, unde a ∈ R, a > 0 se nume¸ste omotetie de • Funct¸ia Oa : R raport a. • Doi vectori nenuli v 1 ¸si v 2 sunt coliniari (au aceea¸si direct¸ie) dac˘a exist˘a t ∈ R astfel ca v 1 = t · v 2 . Dac˘ a t > 0 spunem c˘a vectorii au acela¸si sens. • Definit¸ie. Produsul scalar: Dac˘ a vectorii v 1 ¸si v 2 sunt dat¸i de v 1 = x1 · i + y1 · j + z1 · k, v 2 = x2 · i + y2 · j + z2 · k, atunci produsul scalar al celor doi vectori este v 1 · v 2 = x1 · x2 + y1 · y2 + z1 · z2 ∈ R. ~ 3 , R, ·) este spat¸iu euclidian real de dimensiune 3 cu baza Observat¸ie. Tripletul (R ortonormat˘a {i, j, k}. ~3 • Definit¸ie. Norma unui vector: v = x · i + y · j + z · k ∈ R p √ kvk = v · v = x2 + y 2 + z 2 (reprezint˘a geometric lungimea unui vector, vectorii bazei au lungimea 1 (sunt versori)). ~ 3 , v 1 6= 0, v 2 6= 0 • Definit¸ie. Unghiul dintre doi vectori nenuli: v 1 , v 2 ∈ R cos(v\ 1, v2) =

v1 · v2 kv 1 k · kv 2 k

sau

(v\ 1 , v 2 ) = arccos

v1 · v2 kv 1 k · kv 2 k

Observat¸ie. Vectorii v 1 ¸si v 2 sunt ortogonali dac˘a ¸si numai dac˘a au produsul scalar egal cu 0, deci v 1 ⊥ v 2 ⇔ v 1 · v 2 = 0. • Definit¸ie. Produsul vectorial: Dac˘a v 1 = x1 · i + y1 · j + z1 · k, v 2 = x2 · i + y2 · j + z2 · k definim i j k v 1 × v 2 = x1 y1 z1 = x 2 y2 z2 y1 z1 z1 x 1 x1 y1 ·k = ·i+ ·j+ = y2 z2 z2 x 2 x2 y2 = (y1 z2 − z1 y2 ) · i + (z1 x2 + x1 z2 ) · j + (x1 y2 − y1 x2 ) · k. Observat¸ii. • Avem v 1 × v 2 = 0 ⇔ v 1 ¸si v 2 sunt coliniari. • Dac˘a v 1 , v 2 sunt necoliniari ¸si v = v 1 × v 2 atunci: kv 1 × v 2 k = kv 1 k · kv 2 k sin(v\ si 1 , v 2 ) = aria paralelogramului construit pe vectorii v 1 ¸ v2. y1 z1 2 z1 x1 2 x1 y1 2 y2 z2 + z2 x2 + x2 y2 = = (x21 + y12 + z12 )(x22 + y22 + z22 ) − (x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 )2 .

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

207

• Folosind determinantul Gram avem: v1 · v1 v1 · v2 = kv1 k2 · kv2 k2 − (v 1 · v 2 )2 = kv 1 × v 2 k2 G(v 1 , v 2 ) = v2 · v1 v2 · v2 • v ⊥ v 1 , v ⊥ v 2 (v este ortogonal pe planul vectorilor v 1 ¸si v 2 ). • Triedrul {v 1 , v 2 , v} are orientarea pozitiv˘a (la fel ca triedrul {i, j, k}). • Definit¸ie. Produsul mixt (triplul produs scalar) produsul mixt al lor prin (v 1 , v 2 , v 3 ) = v 1 · (v 2 × v 3 ) =

3

Dac˘a v 1 , v 2 , v 3 ∈ R , atunci definim x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3

Observat¸ii. • Avem (v 1 , v 2 , v 3 ) = 0 ⇔ v 1 se afl˘a ˆın planul determinat de v 2 ¸si v 3 ⇔ v 1 , v 2 , v 3 sunt coplanari. • (v σ1 , v σ2 , v σ3 ) = (sgn σ)(v 1 , v 2 , v 3 ), σ ∈ S3 . • (a1 · v 1 , a2 · v 2 , a3 · v 3 ) = (a1 · a2 · a3 ) · (v 1 , v 2 , v 3 ) • (v 1 + v 01 , v 2 , v 3 ) = (v 1 , v 2 , v 3 ) + (v 01 , v 2 , v 3 ) x1 y1 z1 x1 x2 x3 • (v 1 , v 2 , v 3 )2 = x2 y2 z2 · y1 y2 y3 = x3 y3 z3 z1 z2 z3 v1 · v1 v1 · v2 v1 · v3 = v 2 · v 1 v 2 · v 2 v 2 · v 3 = G(v 1 , v 2 , v 3 ) v3 · v1 v3 · v2 v3 · v3 • |(v 1 , v 2 , v 3 )| = volumul paralelipipedului construit pe vectorii v 1 , v 2 , v 3 . • Definit¸ie. Dublul produs vectorial a trei vectori v2 v 3 = (v 1 · v 3 ) · v 2 − (v 1 · v 2 ) · v 3 v 1 × (v 2 × v 3 ) = v1 · v2 v1 · v3 (formula lui Gibbs).

Dreapta ˆın spat¸iu ~ 3 , orice varietate liniar˘a de dimensiune • Definit¸ie. Se nume¸ste dreapt˘ a ˆın spat¸iul R3 sau R 1, din acest spat¸iu vectorial. Ecuat¸ii ale dreptei (D1)

r = rA + td,

t∈R

este ecuat¸ia vectorial˘ a a dreptei ce trece prin punctul A ¸si este paralel˘a cu vectorul d 6= 0 numit vector director.

208

r = (1 − t)rA + trB ,

(D2)

t∈R

este ecuat¸ia vectorial˘ a a dreptei ce trece prin punctele A ¸si B (vectorul director este d = AB). Observat¸ii. • Pentru fiecare valoare atribuit˘ a parametrului t ∈ R, obt¸inem cˆate un punct pe dreapta AB. Pentru t = 0 obt¸inem punctul A, pentru t = 1 punctul B, iar pen1 tru t = obt¸inem mijlocul segmentului [AB], pentru t ∈ (0, 1) obt¸inem puncte de 2 pe segmentul (A, B), pentru t > 1 puncte de pe semidreapta cu originea ˆın B situat˘a de partea opus˘ a punctului B iar pentru t < 0 obt¸inem punctele de pe semidreapta cu originea ˆın A situat˘ a de partea opus˘a punctului B. • Ecuat¸ia r = (1 − t)rA + t · rB , t ≥ 0 reprezint˘a ecuat¸ia traiectoriei unui punct ce se mi¸sc˘a rectiliniu ¸si uniform pe dreapta AB cu viteza v = AB.

x − xA y − yA z − zA = = α β γ

(D3)

sunt ecuat¸iile dreptei ce trece prin A ¸si are parametrii directori α, β, γ sub form˘a normal˘a. (Prin convent¸ie se admite c˘ a unii din numitorii α, β sau γ s˘a fie egali cu 0 dar nu tot¸i. ˆIn acest caz num˘ ar˘ atorii corespunz˘ atori sunt 0.) y − yB z − zA x − xA = = xB − xA yB − yA z B − zA

(D4)

sunt ecuat¸iile dreptei ce trece prin A ¸si B, sub form˘a normal˘a.

Planul ˆın spat¸iu ~ 3 orice varietate liniar˘a de dimensiune 2, • Definit¸ie. Se nume¸ste plan ˆın spat¸iu R3 sau R din acest spat¸iu vectorial. Ecuat¸ii ale planului (P 1)

r = rA + t · d1 + s · d2 ,

t ∈ R, s ∈ R

este ecuat¸ia vectorial˘ a a planului ce trece prin punctul A ¸si este paralel cu vectorii necoliniari d1 ¸si d2 (d1 × d2 6= 0). (P 2)

r = rA + t · AB + s · AC = α · rA + β · rB + γ · rC ,

α, β, γ ∈ R, α + β + γ = 1

este ecuat¸ia vectorial˘ a a planului ce trece prin punctele necoliniare A, B, C ˆın coordonate barimetrice (α, β, γ). Observat¸ii. • Un punct M se afl˘ a ˆın planul determinat de punctele A, B ¸si C dac˘a vectorul s˘au de pozit¸ie rM este combinat¸ie afin˘ a a vectorilor de pozit¸ie rA , rB ¸si rC .

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

209

• Punctele M din interiorul triunghiului ABC sunt caracterizate prin rM = α · rA + β · rB + γ · rC cu α + β + γ = 1 ¸si α > 0, β > 0, γ > 0 deci vectorul de pozit¸ie rM este combinat¸ie convex˘ a a vectorilor de pozit¸ie rA , rB ¸si rC . • Dac˘a M ∈ Int(4ABC) ¸si rM = α · rA + β · rB + γ · rC atunci notˆand σ(ABC) aria triunghiului ABC avem: α β γ = = σ(M BC) σ(M CA) σ(M AB)

(P 3)

(r − rA , d1 , d2 ) = 0,

d1 × d2 6= 0

este ecuat¸ia planului ce trece prin A ¸si este paralel cu vectorii d1 ¸si d2 sub form˘a de produx mixt.

(P 4)

x − xA y − yA z − zA α1 β1 γ1 α2 γ2 β2

=0

este ecuat¸ia planului ce trece prin A ¸si este paralel cu vectorii d1 = α1 · i + β 1 · j + γ 1 · k ¸si d2 = α2 · i + β 2 · j + γ 2 · k   α1 β 1 γ 1 = 2). (rang α1 β 2 γ 2

(P 5)



x y z xA yA zA x B yB zB x C yC zC

1 1 1 1

=0

este ecuat¸ia planului ce trece prin punctele A, B, C sub form˘a de determinant. (Condit¸ia de necoliniaritate a punctelor A, B, C este AB × AC 6= 0.)

(P 6)

x y z + + −1=0 α β γ

este ecuat¸ia planului prin t˘ aieturi (dac˘a planul P nu este paralel cu nici unul din planele de coordonate (cu nici una din axele de coordonate) atunci el taie cele trei axe ˆın trei puncte A(α, 0, 0), B(0, β, 0), C(0, 0, γ), α, β, γ sunt numitorii din ecuat¸ia prin t˘aieturi).

(P 7)

ax + by + cz + d = 0;

a2 + b2 + c2 6= 0

este ecuat¸ia general˘ a a planului (ecuat¸ia implicit˘a a planului) (vectorul n = a·i+b·j+c·k 6= 0 este vectorul director al normalei la plan, a, b, c fiind parametrii directori ai normalei la plan).

210

(P 8)

a2 + b2 + c2 6= 0

a(x − xA ) + b(y − yA ) + c(z − zA ) = 0,

este ecuat¸ia implicit˘ a a planului ce trece prin A ¸si este perpendicular pe vectorul n = a · i + b · j + c · k.

(r − rA ) · n = 0,

(P 9)

n 6= 0

este ecuat¸ia planului ce trece prin A ¸si este perpendicular pe n sub form˘a de produs scalar.

Dreapta ca intersect¸ie de plane Dac˘a L1 ¸si L2 sunt variet˘ a¸ti liniare ¸si L1 ∩ L2 6= ∅ atunci L1 ∩ L2 este varietate liniar˘a avˆand subspat¸iul director VL1 ∩VL2 . Dac˘a P1 ¸si P2 sunt plane distincte, neparalele (vectorii directori ai normalelor n1 ¸si n2 sunt necoliniari, atunci P1 ∩ P2 este o dreapt˘a D).  (D5)

a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0 a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0

 rang

a1 b1 c1 a2 b2 c2

 =2

ecuat¸iile dreptei ca intersect¸ie de plane sau ecuat¸iile implicite ale dreptei.

Fascicule de plane • Definit¸ie. Mult¸imea tuturor planelor din spat¸iu, paralele cu un plan dat P : ax + by + cz + d = 0 se nume¸ste fasciculul de plane paralele (a2 + b2 + c2 6= 0). Fasciculul de plane paralele are ecuat¸ia Pλ : ax + by + cz = λ,

λ∈R

(orice plan paralel cu P este unul din planele Pλ , λ ∈ R). • Definit¸ie. Mult¸imea tuturor planelor care cont¸in o dreapt˘a fixat˘a D se nume¸ste fascicul de plane ce trec prin axa D. Dac˘a scriem dreapta D (axa fasciculului)sub form˘a implicit˘a  D:

p1 : a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0 p2 : a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0

fasciculul de plane are ecuat¸ia Pα,β : αp1 + βp2 = 0. Observat¸ie. ˆIn general se prefer˘ a folosirea unui singur parametru (de exemplu dac˘a β α 6= 0 not˘am λ = − ) ¸si obt¸inem fasciculul: α Pλ : p1 − λp2 = 0, care cont¸ine toate planele ce cont¸in dreapta D cu except¸ia planului p2 .

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

211

Perpendiculara comun˘ a pe dou˘ a drepte neparalele Dac˘a D1 : r = r1 + t · d1 ,

t∈R

D2 : r = r2 + s · d2 ,

s∈R

¸si sunt dou˘a drepte neparalele (d1 × d2 6= 0) atunci exist˘a o unic˘a dreapt˘a D care se sprijin˘a pe D1 ¸si D2 (D ∩ D1 6= ∅, D ∩ D2 6= ∅) ¸si este perpendicular˘a pe D1 ¸si D2 (D ⊥ D1 , D ⊥ D2 ). Dreptele D ¸si D1 determin˘ a un plan P1 ce trece printr-un punct M1 ∈ D1 ¸si este paralel cu vectorii d1 ¸si d = d1 × d2 . La fel D ¸si D2 determin˘a un plan P2 ce trece printr-un punct M2 ∈ D2 ¸si este paralel cu vectorii d2 ¸si d. Obt¸inem D = P1 ∩ P2 , deci  (r − r1 , d1 , d) = 0 D: (r − r2 , d2 , d) = 0 care este ecuat¸ia implicit˘ a a perpendicularei comune.

Relat¸ii metrice • Definit¸ie. Distant¸a ˆıntre dou˘ a puncte p d(A, B) = kABk = (xA − xB )2 + (yA − yB )2 + (zB − zA )2 • Definit¸ie. Aria unui triunghi 1 1 σ(4ABC) = kAB × ACk = 2 2

q G(AB, AC)

• Definit¸ie. Volumul unui tetraedru VABCD

q 1 1 = |(AB, AC, AD)| = G(AB, AC, AD) = 6 6 x A yA zA 1 1 xB yB zB 1 = | | 6 xC yC zC 1 x D yD z D 1

• Definit¸ie. Distant¸a de la un punct la o dreapt˘ a D : r = r0 + td, t ∈ R, M ∈ R3 s G(rM − r0 , d) k(rM − r0 ) × dk d(M, D) = = G(d) kdk • Definit¸ie. Distant¸a de la un punct la un plan P : r = r0 + td1 + sd2 , t ∈ R, s ∈ R, M ∈ R3 s G(rM − r0 , d1 , d2 ) |(rM − r0 , d1 , d2 )| d(M, P ) = = G(d1 , d2 ) kd1 × d2 k

212

Dac˘a P : ax + by + cz + d = 0 atunci d(M, P ) =

(axM + byM + czM + d) √ a2 + b2 + c2

• Definit¸ie. Distant¸a dintre dou˘ a drepte D1 : r = r1 + td1 ,

D2 : r = r2 + sd2 ,

t ∈ R, s ∈ R

Dac˘a d1 kd2 atunci s d(D1 , D2 ) =

G(r2 − r1 , d1 ) G(d1 )

Dac˘a d1 × d2 6= 0 s d(D1 , D2 ) =

|(r2 − r1 , d1 , d2 )| G(r2 − r1 , d1 , d2 ) = G(d1 , d2 ) kd1 × d2 k

• Definit¸ie. Unghiul dintre un plan ¸si o dreapt˘ a D : r = r0 + td,

t∈R

P : (r − r1 ) · n = 0 π \ \ n) (D, P ) = − (d, 2 \ sin (D, P) =

d·n kdk · knk

• Definit¸ie. Unghiul diedru dintre dou˘ a plane P1 : (r − r1 ) · n1 = 0 P2 : (r − r2 ) · n2 = 0 \ \ P 1 , P2 = n 1 , n2 \ cos (P 1 , P2 ) =

n1 · n2 kn1 k · kn2 k

Probleme Problema 6.1 Fie A ¸si B dou˘ a puncte fixe ˆın plan ¸si a, b dou˘a numere reale a, b ∈ (0, 1). Pentru fiecare punct M din plan, nesituat pe dreapta AB, se consider˘a punctele P ∈ [AM ] AP BN astfel ca = a ¸si N ∈ [BM ] astfel ca = b. AM BM S˘a se determine locul geometric al punctelor M pentru care AN = BP .

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

213

Solut¸ie rP = (1 − a)rA + arM ,

rN = (1 − b)rB + brM

|AN | = |BP | ⇔ |rN − rA | = |rP − rB | ⇔ |(1 − b)rB + brM − rA | = |(1 − a)rA + arM − rB | ⇔    1 1 1 rM − − rB + rA a a b b  =   ⇔ 1 1 b r M − 1 − r + r A B a a

r A0 rB0

a A0 M a |rM − rA0 | = ⇔ = |rM − rB 0 | b B0M b   1 1 A0 B 1 = 1− rB + rA , A0 ∈ AB, = b b AB b   0 1 AB 1 1 rA + rB , B 0 ∈ AB, = = 1− a a AB a

(1)

Din (1) pentru a = b ⇒ locul geometric este mediatoarea segmentului A0 B 0 . Pentru a 6= b ⇒ locul geometric este un cerc (Apollonius). Problema 6.2 Segmentele [X1 , Y1 ] ¸si [X2 , Y2 ] alunec˘a respectiv pe dreptele d1 ¸si d2 . Dac˘a P este mijlocul lui X1 X2 ¸si Q mijlocul lui Y1 Y2 s˘a se arate c˘a: a) Segmentul P Q are lungime constant˘a. b) Dac˘a cele dou˘ a segmente se mi¸sc˘a cu viteze constante v 1 ¸si v 2 atunci punctele P ¸si Q se mi¸sc˘a cu viteze constante ¸si egale. Solut¸ie. a) Fix˘am O un punct ˆın plan ca origine a vectorilor ¸si not˘am OX = rX . Avem: 1 rP = (rX1 + rX2 ), 2

1 rQ = (rY1 + rY2 ) 2

1 ⇒ P Q = rQ − rP = [(rY1 − rX1 ) + (rY2 − rX2 )] 2 1 = [X1 Y1 + X2 Y2 ] = constant 2 (cˆand [X1 , Y1 ] ¸si [X2 , Y2 ] alunec˘ a vectorii X1 Y1 ¸si X2 Y2 sunt constant¸i). Din P Q = constant ⇒ |P Q| = constant. b) Dac˘a pozit¸ia init¸ia pentru [X1 , Y1 ] este [A1 , B1 ] ¸si pentru [X2 , Y2 ] este [A2 , B2 ], dup˘a timpul t pozit¸ia lui [A1 , B1 ] este [X1 , Y1 ] dat˘a de rX1 = rA1 + tv 1 ,

rY1 = rB1 + tv 1

rX2 = rA2 + tv 2 ,

rY2 = rB2 + tv 2

iar pentru [X2 , Y2 ] Avem:

1 v1 + v2 rP = (rA1 + rA2 ) + t · 2 2

214 1 v1 + v2 rQ = (rB1 + rB2 ) + t · 2 2 Punctele P ¸si Q se deplaseaz˘ a cu viteza v=

v1 + v2 2

Problema 6.3 Pe laturile AB ¸si AC ale triunghiului ABC se iau punctele variabile M ¸si N astfel ca BM = CN . S˘ a se determine locurile geometrice ale mijlocului P al segmentului M N ˆın cazurile a) M ¸si N sunt de aceea¸si parte a lui BC b) M ¸si N sunt ˆın semiplane opuse fat¸˘a de BC. Solut¸ie. Dac˘ a alegem originea reperului plan ˆın A ¸si not˘am AB = b ¸si AC = c atunci avem: b c a) rM = b − t · , rN = c − t · (kbk = b, kck = c) deci b c   b+c b c rP = −t + , t∈R 2 b c b c b c ¸si sunt vectori de m˘ arime 1 (egale) rezult˘a c˘a + d˘a direct¸ia bisectoarei din b c b c A (interioar˘ a). Locul geometric este dreapta ce trece prin mijlocul lui BC ¸si este paralel˘a cu bisectoarea interioar˘ a a unghiului A. b c b) rM = b − t · , rN = c + t · b c   b+c b c rP = −t − , t∈R 2 b c Cum

Locul geometric este dreapta ce trece prin mijlocul lui BC ¸si e paralel˘a cu bisectoarea exterioar˘a a unghiului A. Problema 6.4 Fie ABC un triunghi de laturi BC = a, CA = b, AB = c. Pentru fiecare dreapt˘a (d) not˘ am cu dA , dB , dC distant¸ele de la A, B, C la (d) ¸si consider˘am expresia E(d) = ad2A + bd2B + cd2C . S˘a se arate c˘ a dac˘ a E(d) este minim˘a atunci (d) trece prin centrul cercului ˆınscris ˆın triunghi. Solut¸ie. Not˘ am cu A1 , B1 , C1 , I1 proiect¸iile lui A, B, C, I pe d ¸si cu A0 , B 0 , C 0 proiect¸iile punctelor A, B, C pe (d0 ). Avem: AA21 − AA02 = (AA21 + I1 A21 ) − (AA02 + IA02 ) = AI12 − AI 2

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

215

¸si analog pentru AB1 , AC1 ¸si rezult˘ a E(d) = a · AA21 + b · BB12 + c · CC12 = a · AA02 + b · BB 02 + c · CC 02 +(a · I1 A2 + b · I1 B 2 + c · I1 C 2 ) − (a · IA2 + b · IB 2 + c · IC 2 ) = E(d0 ) + S(I1 ) − S(I), unde S(M ) = a · M A2 + b · M B 2 + c · M C 2 . Calcul˘am S(M ) = a · M A2 + b · M B 2 + c · M C 2 = a(OA − OM )2 + b(OB − OM )2 + c(OC − OM )2 2

2

2

2

= a · OA + b · OB + c · OC + (a + b + c)OM − 2OM (a · OA + b · OM + c · OC)   a · OA + b · OB + c · OC 2 2 = (a + b + c) OM − 2OM · + OI a+b+c 2

2

2

2

−(a + b + c)OI + a · OA + b · OB + c · OC , unde OI =

a · OA + b · OB + c · OC a+b+c

Lu˘am O = I ¸si rezult˘ a S(M ) = (a + b + c)IM 2 + a · IA2 + b · IB 2 + c · IC 2

(∗)

ˆIn (∗) pentru M = I1 , S(I1 ) = (a + b + c)I1 I 2 + S(I), deci: E(d) − E(d0 ) = S(I1 ) − S(I) = (a + b + c)I1 I 2 ≥ 0 cu egalitate pentru I = I1 . Observat¸ie. Esent¸ial am folosit relat¸ia OI =

a · OA + b · OB + c · OC a+b+c

Pentru determinarea minimului lu˘ am O = I (arA + brB + crc = 0) d : αx + y = 0 E(d) = f (α) =

a(αxA + yA )2 b(αxB + yB )2 c(αx2c + yc2 ) + + α2 + 1 α2 + 1 α2 + 1

1 2 2 2 [α2 (ax2A + bx2B + cx2C ) + 2α(axA yA + bxB yB + cxc yc ) + ayA + byB + cyC ] α2 + 1 ∆ Emin = − 4a 1 2 2 2 = 2 [(ax2A + bx2B + cx2C )(ayA + byB + cyC ) − (axA yA + bxB yB + cxC + yC )2 ] α +1

=

Problema 6.5 Fie ABCD un patrulater convex. S˘a se determine locul geometric al punctelor X din planul patrulaterului, care verific˘a relat¸iile: XA2 + XB 2 + CD2 = XB 2 + XC 2 + DA2 = XC 2 + XD2 + AB 2 = XD2 + XA2 + BC 2 .

216

Solut¸ie. 2

2

2

CD2 = CD = (XD − XC)2 = XD + XC − 2XD · XC ¸si analoagele pentru DA2 , AB 2 , BC 2 . 2 2 2 2 ˆInlocuim ˆın relat¸iile date ¸si sc˘ adem suma XA +XB +XC +XD ¸si obt¸inem relat¸iile (1)

(2)

(3)

XC · XD = XD · XA = XA · XB = XB · XC. Din (1) rezult˘ a XD · (XC − XA) = 0 ⇔ XD · AC = 0 ⇔ XD ⊥ AC

(4)

Din (3) rezult˘ a XB · (XC − XA) = 0 ⇔ XB · AC = 0 ⇔ XB ⊥ AC

(5)

Din (2) rezult˘ a XA · (XD − XB) = 0 ⇔ XA · BD = 0 ⇔ XA ⊥ BD.

(6)

XC · XD = XB · XC ⇔ XC · (XD − XB) = 0 ⇔ XC ⊥ BD

(7)

Analog

Din (4) ¸si (5) rezult˘ a BD ⊥ AC ¸si X ∈ BD. Din (6) ¸si (7) rezult˘ a AC ⊥ BD ¸si X ∈ AC. ˆIn concluzie dac˘ a diagonalele AC ¸si BD nu sunt perpendiculare atunci nu exist˘a puncte X (mult¸imea lor este vid˘ a). Dac˘ a AC ⊥ BD singurul punct care verific˘a condit¸iile este X = AC ∩ BD. Problema 6.6 Pe laturile patrulaterului ABCD se consider˘a punctele Mi ∈ AB, Ni ∈ DC, Pj ∈ AD, Qj ∈ BC astfel ca AMi DNi i = = , AB DC n

APj BQj j = = , AD BC m

i = 0, n,

j = 0, m

Not˘am cu Xij = Mi Ni ∩ Pj Qj ¸si cu Sij , aria patrulaterului cu vˆarfurile Xi,j , Xi+1,j , Xi+1,j+1 , Xi,j+1 . S˘ a se arate c˘ a Si+k,j+p + Si−k,j−p = 2Si,j . Solut¸ie. Lema 1. Dac˘ a M ∈ AB, N ∈ CD, P ∈ AD, Q ∈ BC astfel ca AM DN AP BQ = = x ¸si = = y, AB DC AD BC atunci notˆ and R = M N ∩ P Q, avem: PR MR = x ¸si = y. PQ MN

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

217

Demonstrat¸ie. rM = (1 − x)rA + xrB , rN = (1 − x)rB + xrC , rP = (1 − y)rA + yrD , rQ = (1 − y)rB + yrC . P R1 Punctul R1 ∈ P Q pentru care = x are vectorul de pozit¸ie PQ rR1 = (1 − x)rP + xrQ = (1 − x)(1 − y)rA + x(1 − y)rB + xyrC + (1 − x)yrD . MR Punctul R2 ∈ M N pentru care = y are vectorul de pozit¸ie MN rR2 = (1 − y)rM + yrN = (1 − x)(1 − y)rA + x(1 − y)rB + xyrC + (1 − x)yrD = rR2 Deci R1 = R2 = R. Lema 2. Dac˘ a M1 , M2 ∈ AB ¸si N1 , N2 ∈ CD astfel ca AM1 = M1 M2 = M2 B ¸si DN1 = N1 N2 = N2 C, atunci aria(AM1 N1 D) + aria(M2 BCN2 ) = 2aria(M1 M2 N2 N1 ). Demonstrat¸ie. σ(AN1 M1 ) = σ(M1 M2 N1 ), 1 σ(ADN1 ) = σ(ADC), 3 2 ⇒ σ(AM2 CN1 ) = σ(ABCD), 3

σ(N1 N2 M2 ) = σ(N2 CM2 ) 1 σ(M2 CB) = σ(ABC) 3 1 ⇒ σ(M1 M2 N2 N1 ) = σ(ABCD) 3

Lema 3. Dac˘ a AM = M B, DN = N C, AP = P D ¸si BQ = QC; R = M N ∩ P Q ¸si S1 = aria(DP RM ), S2 = aria(N RQC), S3 = aria(P AM R), S4 = aria(M BQR), atunci S2 − S1 = S4 − S3 ¸si S3 − S1 = S4 − S2 . Demonstrat¸ie. Patrulaterul M QN P este paralelogram. 1 1 S2 − S1 = aria(N QC) − aria(N DP ) = aria(BCD) − aria(ADC) 4 4 1 1 S4 − S3 = aria(BQM ) − aria(AP M ) = aria(ABC) − aria(ADB) 4 4 S2 − S1 = S4 − S3 ⇔ aria(BCD) + aria(ADB) = aria(ABC) + aria(ADC) ⇔ aria(ABCD) = aria(ABCD) Folosind cele trei leme facem urm˘ atorul rat¸ionament. Din lema 1 rezult˘ a c˘ a punctele Xi0 ,j , j = 0, m sunt echidistante ¸si la fel punctele Xi,j0 , i = 1, n. Din lema 2, rezult˘ a c˘ a ariile Si0 ,j , j = 0, m sunt ˆın progresie aritmetic˘a cu rat¸iile rj . Din lema 3 rat¸iile rj sunt egale ˆıntre ele, rj = r, j = 1, m. Analog pe coloane ariile sunt ˆın progresie aritmetic˘a cu aceea¸si rat¸ie r0 , deci Si,j = a + (i − 1)r + (j − 1)r0 ¸si relat¸ia din enunt¸ se verific˘a.

218

Problema 6.7 Fie ABCDE un pentagon convex ¸si O un punct interior astfel ca OA ∩ DC = A0 ,

BO ∩ DE = B 0 ,

CO ∩ AE = C 0 ,

DO ∩ AB = D0 ¸si EO ∩ BC = E 0 . S˘a se arate c˘ a dac˘ a A0 , B 0 , C 0 , D0 sunt mijloacele laturilor pe care se afl˘a, atunci E 0 este mijlocul lui BC. Solut¸ie. Not˘ am OA = a, OB = b, OC = c, OD = d, OE = e. Vectorii ¸si a sunt coliniari deci: a × (c + d) = 0

c+d 0 = OA 2

¸si analog b × (d + e) = 0,

c × (e + a) = 0,

d × (a + b) = 0

din care ar trebui s˘ a obt¸inem (b + c) × e = 0. Avem: a×c+a×d=0

(1)

b×d+b×c=0

(2)

c×e+c×a=0

(3)

d×a+d×b=0

(4)

¸si dorim s˘a rezulte (2,3)

(1,4)

b×e+c×e=0 ⇔ b×d+c×a=0 ⇔ a×d+d×a=0 care este evident˘ a. Problema 6.8 Fie A1 A2 A3 A4 un tetraedru ˆın spat¸iu. Pentru fiecare permutare a vˆarfurilor Aσ(1) , Aσ(2) , Aσ(3) , Aσ(4) , fiec˘arui punct M din spat¸iu ˆıi ata¸s˘am punctul obt¸inut prin simetrie succesiv˘ a fat¸˘ a de Aσ(1) , Aσ(2) , Aσ(3) , Aσ(4) , notat cu Mσ . S˘a se arate c˘a pentru cele 24 de permut˘ ari se obt¸in doar ¸sase puncte distincte, care formeaz˘a 3 segmente cu mijlocul M . Solut¸ie. Compunerea a dou˘ a simetrii centrale este o translat¸ie. SA1 ◦ SA2 = T2A2 A1 , compunerea a dou˘ a translat¸ii d˘ a o translat¸ie Tv1 ◦ Tv2 = Tv1 +v2 . Obt¸inem rMσ = 2(rσ(A2 ) + rσ(A4 ) − rσ(A1 ) − rσ(A3 ) ) + rM ,

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

219

trebuie s˘a alegem dou˘ a semne ” + ” ¸si dou˘a ” − ” din patru semne, ceea ce se poate face ˆın C42 = 6 moduri. Cele ¸sase puncte sunt date de rM1 = 2(rA1 + rA2 − rA3 − rA4 ) + rM rM2 = 2(rA3 + rA4 − rA1 − rA2 ) + rM rM3 = 2(rA1 + rA3 − rA2 − rA4 ) + rM rM4 = 2(rA2 + rA4 − rA1 − rA3 ) + rM rM5 = 2(rA1 + rA4 − rA2 − rA3 ) + rM rM6 = 2(rA2 + rA3 − rA1 − rA4 ) + rM M1 M2 , M3 M4 , M5 M6 au mijlocul M . Problema 6.9 Fie A1 A2 A3 A4 un tetraedru ¸si M un punct ˆın spat¸iu. Not˘am Bij mijlocul laturii Ai Aj ¸si Mij simetricul punctului M fat¸˘a de Bkl (mijlocul laturii opuse laturii Ai Aj ). S˘a se arate c˘ a cele ¸sase drepte Aij Mij sunt concurente. Solut¸ie. Avem

rMij

1 rBij = (rAi + rAj ) 2 = 2rBkl − rM = rAk + rAl − rM

Un punct de pe dreapta Bij Mij are vectorul de pozit¸ie de forma r = (1 − t)rBij + t · rMij , sau

t∈R

1 r = (1 − t) (rAi + rAj ) + t[(rAk + rAl ) − rM ], 2

pentru t =

1 obt¸inem punctul I dat de 3 1 1 4 1 rI = (rA1 + rA2 rA3 rA4 ) − rM = rG − rM 3 3 3 3

care nu depinde de i ¸si j. G este centru de greutate dat de 1 rG = (rA1 + rA2 + rA3 + rA4 ). 4 Punctul de concurent¸˘ a I se g˘ ase¸ste pe semidreapta M G ¸si 4 MI = . MG 3 Problema 6.10 Fie A1 A2 A3 A4 un tetraedru ¸si M un punct ˆın spat¸iu. Not˘am cu G1 centrul de greutate al fet¸ei A2 A3 A4 ¸si analog se definesc G2 , G3 , G4 . Dac˘a Mi este simetricul lui M fat¸˘a de Gi , i = 1, 4 s˘ a se arate c˘a dreptele A1 M1 , A2 M2 , A3 M3 ¸si A4 M4 sunt concurente.

220

Solut¸ie. Avem: 1 rG1 = (rA2 + rA3 + rA4 ) 3 2 rM1 = 2rG1 − rM = (rA2 + rA3 + rA4 ) − rM 3 Un punct de pe dreapta M1 A1 are vectorul de pozit¸ie de forma r = (1 − t)rM1 + trA1 , Pentru t =

t ∈ R.

2 obt¸inem punctul I de vector de pozit¸ie: 5 3 2 8 3 rI = (rA1 + rA2 + rA3 + rA4 ) − rM = rG − rM . 5 5 5 5

Punctul de intersect¸ie se afl˘ a pe semidreapta M G ¸si IG 3 = . GM 5 Problema 6.11 Fie ABCDA0 B 0 C 0 D0 un paralelipiped ¸si M un punct ˆın spat¸iu. S˘a se arate c˘ a: a) Dreptele ce unesc vˆ arfurile cu simetricele lui M fat¸˘a de vˆarfurile opuse, sunt concurente. b) Dreptele ce unesc mijloacele muchiilor cu simetricele lui M fat¸˘a de mijloacele muchiilor opuse, sunt concurente. c) Dreptele ce unesc centrele fet¸elor cu simetricele lui M fat¸˘a de centrele fet¸elor opuse, sunt concurente. Solut¸ie. a) Simetricul lui M fat¸˘ a de A este A1 cu vectorul de pozit¸ie rA1 = 2rA − rM . 0 Un punct de pe dreapta A1 C are vectorul de pozit¸ie de forma: r = (1 − t)rC 0 + trA1 = (1 − t)rC 0 + 2trA − trA1 , t ∈ R. Pentru t =

1 obt¸inem punctul I de vector de pozit¸ie: 3 2 1 4 1 rI = (rA + rC 0 ) − rM = rO − rM 3 3 3 3

unde O este centrul paralelipipedului (intersect¸ia diagonalelor) rO =

rA + rC 0 rB + rB0 r C + r A0 rD + rB0 = = = . 2 2 2 2

Punctul I nu depinde de vˆ arfuri, deci este acela¸si pentru orice alte perechi de vˆarfuri opuse. IO 1 I se g˘ase¸ste pe semidreapta M O cu = . OM 3

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

221

b) Simetricul lui M fat¸˘ a de mijlocul muchiei AB este P cu rP = rA + rB − rM , mijlocul muchiei C 0 D0 este Q cu vectorul de pozit¸ie QP are vectorul de pozit¸ie de forma: r = (1 − t) Pentru t =

rC 0 + rD0 . Un punct de pe dreapta 2

rC 0 + rD0 + t(rA + rB − rM ). 2

1 obt¸inem 3 1 1 rJ = (rA + rB + rC 0 + rD0 ) − rM 3 3   rB + rB0 4 1 1 2 rA + rC 0 + − rM = rO − rM = 3 2 2 3 3 3

Deci dreptele sunt concurente ˆın acela¸si punct ca cele de la punctul a) al problemei. c) Centrul fet¸ei ABCD are vectorul de pozit¸ie 1 1 1 rG = (rA + rB + rC + rD ) = (rA + rC ) = (rB + rD ) 4 2 2 Simetricul lui M fat¸˘ a de G este G1 cu vectorul de pozit¸ie rG1 = 2rG − rM = rA + rC − rM Un punct de pe dreapta G0 G1 (G0 este centrul fet¸ei A0 B 0 C 0 D0 ) este de forma: r = (1 − t)rG0 + trG , Deci r = (1 − t) Pentru t =

t∈R

r A0 + r C 0 + t(rA + rC − rM ) 2

1 obt¸inem punctul K de vector de pozit¸ie 3 1 1 rK = (rA + rC + rA0 + rC 0 ) − rM 3 3   2 rA + rC 0 r C + r A0 1 4 1 = + − rM = rO − rM . 3 2 2 3 3 3

Punctul K coincide cu punctele I ¸si J de la a) ¸si b). ˆIn concluzie toate dreptele de la punctele a), b), c) sunt concurente ˆın acela¸si punct avˆand vectorul de pozit¸ie 4 1 rI = rO − rM . 3 3 Punctul I se g˘ ase¸ste pe semidreapta (M O, dincolo de O ¸si este precizat prin raportul 1 OI = . OM 3

222

Problema 6.12 ˆIn tetraedrul OABC not˘am ∠BOC = α, ∠COA = β and ∠AOB = γ. Fie σ unghiul diedru dintre planele (OAB) ¸si (OAC), iar τ unghiul diedru dintre planele (OBA) ¸si (OBC). S˘ a se arate c˘ a γ > β cos σ + α cos τ . IMC, 2002 Solut¸ie. Putem considera |OA| = |OB| = |OC| = 1. Intersectˆand sfera unitate centrat˘a ˆın O cu interioarele unghiurilor ∠AOB, ∠BOC ¸si ∠COA, obt¸inem sectoare de cerc _

_

_

AOB, BOC, COA de arii 21 γ, 12 α ¸si respectiv, 21 β. _ _ ˆIn continuare, proiect˘ am sectoarele AOC ¸si COB pe planul (OAB). Not˘am cu C 0 proiect¸ia punctului C ¸si cu A0 ¸si B 0 simetricele punctelor A ¸si B fat¸˘a de centrul O. Fiind proiect¸ie, |OC 0 | < 1. _

_

Proiect¸iile arcelor de cerc AC ¸si BC sunt port¸iuni din elipsele ce au axa mare AA0 , respectiv BB 0 (elipsele sunt degenerate cˆand σ sau τ sunt unghiuri drepte). Cele dou˘a elipse se intersecteaz˘ a dup˘ a 4 puncte. _

_

Proiect¸iile sectoarelor de cerc AOC ¸si COB au ariile 12 α · cos τ ¸si respectiv, 12 β · cos σ. _

Suma celor dou˘ a proiect¸ii este inclus˘ a ˆın sectorul de cerc AOB ¸si ˆın consecint¸˘a, obt¸inem inegalitatea cerut˘ a. Observat¸ie. Sunt trei cazuri diferite de discutat ˆın funct¸ie de semnele lui cos σ ¸si cos τ . Problema 6.13 Fie V ABC un tetraedru. Prin centrul de greutate G al fet¸ei ABC ducem un plan care taie muchiile V A, V B, V C ˆın M , N , P . S˘a se arate c˘a ˆıntre volumele tetraedrelor are loc inegalitatea: V(V ABC) ≤ V(V M N P ). Solut¸ie. Fie u1 , u2 , u3 versorii vectorilor V A, V B, V C ¸si V A = a · u1 ,

V B = b · u2 ,

V C = c · u3 .

Volumul tetraedrului V ABC se exprim˘a folosind produsul mixt 1 1 V(V ABC) = |(a · u1 , b · u2 , c · u3 )| = abc|(u1 , u2 , u3 )|. 6 6 Dac˘a V M = α · u1 , V N = β · u2 , V P = γ · u3 , ecuat¸ia planului (M N P ) este x y z + + =1 α β γ  ¸si din G

a b c , , 3 3 3

 ∈ (M N P ) rezult˘ a leg˘atura a b c + + =3 α β γ

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

iar

223

1 V(V M N P ) = αβγ|(u1 , u2 , u3 )| 6 Avem

V(V ABC) abc = V(V M N P ) αβγ

Trebuie ar˘ atat c˘ a dac˘ a α, β, γ, a, b, c sunt pozitive ¸si a b c + + =3 α β γ atunci

abc ≤0 αβγ

Din s 3

a b c + + a b c α β γ · · ≤ = 1, α β γ 3

deci

abc ≤ 1. αβγ Observat¸ie. Dac˘ a prin centrul de greutate al tetraedrului V ABC se duce un plan ce taie muchiile V A1 V B1 V C ˆın A1 , B1 , C1 atunci V(V A1 B1 C1 ) ≥

27 V(V ABC). 64

Problema 6.14 Pe muchiile AB, AC ¸si AD ale tetraedrului ABCD se iau punctele M, N, P astfel ca: CN DP BM + + =1 MA NA PA S˘a se arate c˘ a planele (M N P ) trec printr-un punct fix. Solut¸ie. Dac˘ a not˘ am AB = b, AM = αb,

AC = c, BM = βc,

AD = d, CM = γd

un punct din planul (M N P ) are vectorul de pozit¸ie de forma: r = xαb + yβc + zγd cu x + y + z = 1. Condit¸ia din enunt¸ se scrie 1−α 1−β 1−γ 1 1 1 + + =1 ⇔ + + = 4. α β γ α β γ Dac˘a lu˘am x =

1 1 1 ,y= ,z= , x + y + z = 1 deci punctul de vector de pozit¸ie: 4α 4β 4γ r=

b+c+d 4

se afl˘a ˆın planul (M N P ). Punctul fix este centrul de greutate al tetraedrului.

224

Problema 6.15 Fie ABCD un tetraedru. Not˘am A1 simetricul lui A fat¸˘a de B, B1 simetricul lui B fat¸˘ a de C, C1 simetricul lui C fat¸˘a de D ¸si cu D1 simetricul lui D fat¸˘a de A. a) S˘a se arate c˘ a tetraedrele ABCD ¸si A1 B1 C1 D1 au acela¸si centru de greutate. b) S˘a se arate c˘ a ˆıntre volumele lor exist˘a relat¸ia V(A1 B1 C1 D1 ) = 15V(ABCD). c) Dac˘a se ¸sterge toat˘ a figura ¸si se ret¸in doar punctele A1 , B1 , C1 , D1 s˘a se determine geometric punctele init¸iale A, B, C, D. Solut¸ie. a) Dac˘ a not˘ am cu rA , rB , rC , rD vectorii de pozit¸ie ai vˆarfurilor avem: rA1 = 2rB − rA ,

rB1 = 2rC − rB ,

Avem:

rC1 = 2rD − rB ,

rD1 = 2rA − rB

1 rG = (rA + rB + rC + rD ) 4

¸si 1 rG1 = (rA1 + rB1 + rC1 + rD1 ) = rG , 4 deci G = G1 . b) Calcul˘ am volumele cu ajutorul produsului mixt: 1 V(A1 B1 C1 D1 ) = |(A1 B1 , A1 C1 , A1 D1 )| 6 1 = |(2rC − 3rB + rA , 2rD − 2rB − rC + rA , 3rA − 2rB − rD )| 6 ˆın care putem considera rA = 0 (alegem originea spat¸iului ˆın A). Obt¸inem 1 V(A1 B1 C1 D1 ) = |(2rC , 2rD , −2rB ) + (2rC , −2rB , −rD ) + (−3rB , −rC , −rD )| 6 1 = | − 8(rB , rC , rD ) − 4(rB , rC , rD ) − 3(rB , rC , rD )| 6 1 = · 15|(rB , rC , rD )| = 15V(ABCD). 6 c) Din relat¸iile (∗) obt¸inem: 1 (4rA1 + 8rB1 + rC1 + 2rD1 ) 15    2 1 1 2 4 1 + r B1 + rC1 + rD1 = rM + rN , 3 5 3 3 5 5

rA = 4 = 5 unde



1 rA 3 1

1 2 r M = r A1 + r B 1 , 3 3

1 2 rN = rC1 + rD1 . 3 3

(∗)

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

225

Punctul M se afl˘ a pe segmentul A1 B1 astfel ca

B1 M 1 = , punctul N se afl˘a pe B 1 A1 3

1 D1 N = , deci ele se determin˘a din A1 , B1 , C1 , D1 . Punctul D1 C1 3 AN 1 A se afl˘a pe segmentul M N astfel ca = , deci A se poate determina (construi MN 5 geometric). Analog se determin˘ a punctele B, C, D. segmentul C1 D1 astfel ca

Problema 6.16 Se consider˘ a pentagonul convex ABCDE ¸si se noteaz˘a cu M , N , P , Q, R mijloacele laturilor AB, BC, CD, DE ¸si EA, iar cu A1 , B1 , C1 , D1 , E1 mijloacele segmentelor N Q, P R, QM , RN ¸si M P . S˘a se arate c˘ a: a) AA1 + BB1 + CC1 + DD1 + EE1 = 0; b) raportul ariilor pentagoanelor A1 B1 C1 D1 E1 ¸si ABCDE este

1 ; 16

c) dreptele AA1 , BB1 , CC1 , DD1 sunt concurente; d) Dac˘a se ¸sterge toat˘ a figura ¸si se ret¸in doar punctele A1 , B1 , C1 , D1 , E1 s˘a se reconstruiasc˘a punctele A, B, C, D, E. Solut¸ie. Not˘ am cu rX vectorul de pozit¸ie al punctului X (rX = OX) ¸si avem: 1 rM = (rA + rB ), 2

1 rM = (rB + rC ), 2

1 1 rP = (rC + rD ), rQ = (rD + rA ), 2 2 1 rR = (rE + rA ) 2 1 1 rA1 = (rN + rQ ) = (rB + rC + rD + rE ) 2 4 1 1 rB1 = (rP + rR ) = (rC + rD + rE + rA ) 2 4 1 1 rC1 = (rQ + rM ) = (rD + rE + rA + rB ) 2 4 1 1 rD1 = (rR + rN ) = (rE + rA + rB + rC ) 2 4 1 1 rE1 = (rM + rP ) = (rA + rB + rC + rD ) 2 4 a) AA1 = rA1 − rA , . . . ⇒ AA1 + BB1 + CC1 + DD1 + EE1 = 0 ⇔ rA1 + rB1 + rC1 + rD1 + rE1 = rA + rB + rC + rD + rE relat¸ie ce este verificat˘ a. b) Avem 1 1 A1 B1 = rB1 − rA1 = (rA − rB ) = BA, 4 4

226 1 deci A1 B1 kAB ¸si A1 B1 = AB. Analog B1 C1 kBC, C1 D1 kCD, D1 E1 kDE, E1 A1 kAE ¸si 4 1 B1 C1 = BC, 4

1 C1 D1 = CD, 4

1 D1 E1 = DE, 4

1 E1 A1 = AE. 4

1 Pentagoanele ABCDE ¸si A1 B1 C1 D1 E1 sunt asemenea cu raportul laturilor deci 4  2 1 1 raportul ariilor este = . 4 16 1 A1 B 1 = . Dac˘a c) Patrulaterul ABA1 B1 este trapez cu raportul laturilor opuse AB 4 not˘am cu G intersect¸ia dreptelor AA1 ¸si BB1 , avem c˘a A1 G B1 G 1 = = . GA GB 4 Folosind trapezele BCB1 C1 , CDC1 D1 , DED1 E1 , EAE1 A1 se arat˘a c˘a ¸si dreptele CC1 , DD1 ¸si EE1 trec prin G. d) Punctul G este centrul de greutate al pentagoanelor ABCDE ¸si A1 B1 C1 D1 E1 . El se determin˘a astfel: not˘ am cu S mijlocul lui A1 B1 , cu T mijlocul segmentului D1 E1 ¸si cu X mijlocul lui ST . Punctul G se afl˘ a pe segmentul C1 X determinat de raportul 4 GC1 = . C1 X 5 Dup˘a ce am determinat pe G folosind doar A1 , B1 , C1 , D1 , E1 lu˘am A pe dreapta GA1 , astfel ca GA1 1 = GA 4 ¸si analog determin˘ am B, C, D, E. → − → − → − → − − Problema 6.17 Fie R 3 = {→ v = x i + y j + z k | x, y, z ∈ R} spat¸iul vectorial euclidian → − → − → − − ¸si → a ∈ R 3 un vector nenul fixat. Definim T : R 3 → R 3 , − − − T (→ v)=→ a ×→ v,

→ − → − v ∈ R 3.

a) S˘a se arate c˘ a T este o aplicat¸ie liniar˘a ¸si s˘a se determine Ker T ¸si Im T . − − b) S˘a se arate c˘ a pentru orice → v 1, → v 2 ∈ Im T avem: → − → − → −\ → − v\ 1 , v 2 = T ( v 1 ), T ( v 2 ). → − → − − − c) S˘a se determine toate aplicat¸iile liniare S : R 3 → R 3 cu proprietatea S(→ v)⊥→ v, → − − pentru orice → v ∈ R 3. − − − − Solut¸ie. a) T (α1 → v 1 , α2 → v 2 ) = α1 T (→ v 1 ) + α2 T (→ v 2 ). → − → − → − → − − T ( v ) = 0 ⇔ a ¸si v sunt coliniari, deci Ker T = {t→ a | t ∈ R} (dreapta suport a → − vectorului a ). − − Ar˘at˘am c˘ a Im T = {→ a }⊥ (planul dus prin origine, perpendicular pe → a ).

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

227

− − − − Evident (→ a ×→ v)⊥→ a deci Im T ⊂ {→ a }⊥ ¸si pe de alt˘a parte dim Ker T = 1 ¸si dim Ker T = → − − ⊥ 3 − 1 = 2 = dim{ a } deci Im T = {→ a }⊥ . → − → − → − − b) Ar˘at˘am c˘ a dac˘ a v1· a = v2·→ a = 0 atunci → − − − − v1·→ v2 T (→ v 1 ) · T (→ v 2) = . − − − − k→ v k · k→ v k kT (→ v )k · kT (→ v )k 1

2

1

2

Avem: − − − − − − − − − − T (→ v 1 ) · T (→ v 2 ) = (→ a ×→ v 1 ) · (→ a ×→ v 2 ) = (→ a ×→ v 1, → a ,→ v 2) → − → − a v1 − − − − − − − − − = (→ a ,→ v 2, → a ×→ v 1) = → a · (→ v 2 × (→ a ×→ v 1 )) = → a · → − → − → − − v2· a v2·→ v1 − − − − − − − =→ a · ((→ v ·→ v )·→ a ) = (→ v ·→ v ) · k→ a k2 1

2

1



2

− − − − − − − − − kT (→ v 1 )k = k→ a ×→ v 1 k = k→ a k · k→ v 1 k sin(→ a\ ,→ v 1 ) = k→ a k · k→ v 1k ¸si atunci

− − − − − → − − T (→ v 1 ) · T (→ v 2) (→ v1·→ v 2 ) · k→ a k2 v1·→ v2 = . = → − → − → − → − → − → − − 2 kT ( v 1 )k · kT ( v 2 )k k v 1k · k v 2k · k a k k v 1 k · k→ v 2k − − c) Fie T (→ v)=→ w , unde → − → − → − → − → − → − → − − v =x i +y j +zk, → w = x0 i + y 0 j + z 0 k . − → − → − → Dac˘a matricea lui T ˆın baza canonic˘a { i , j , k } este   a1 b1 c1 MT =  a2 b2 c2  ∈ M3 (R) a3 b3 c3

avem: x0 = a1 x + b1 y + c1 z, y 0 = a2 x + b2 y + c2 z, − − ¸si condit¸ia T (→ v)·→ v = 0 devine:

z 0 = a3 x + b3 y + c3 z

(a1 x + b1 y + c1 z)x + (a2 x + b2 y + c2 z)y + (a3 x + b3 y + c3 z)z = 0, ∀x, y, z ∈ R ⇔ a1 x2 + b2 y 2 + c3 z 2 + (b1 + a2 )xy + (c1 + a3 )xz + (c2 + b3 )yz = 0 deci a1 = b2 = c3 = 0 ¸si b1 + a2 = c1 + a3 = c2 + b3 = 0 deci matrica MT este de forma   0 −α3 α2 0 −α1  MT =  α 3 −α2 α1 0 ¸si → − → − → − → − → − → − − − T (x i + y j + z k ) = (α2 y + α2 z) i + (α3 x − α1 z) j + (−α2 x + α1 y) k = → a ×→ v → − − → − → − → − → − → − − unde → a = α1 i + α2 j + α3 k , → v =x i +y j +zk → − − → −i → j k → → − − → − → − → − a × v = α1 α2 α3 = i (α2 z − α3 y) + j (α3 x − α1 z) + k (α1 y − α2 x) x y z deci singurele astfel de aplicat¸ii liniare sunt de forma − − − T (→ v)=→ a ×→ v.

228

Problema 6.18 ˆIn interiorul p˘ atratului de latur˘a 1 construim cercuri avˆand suma circumferint¸elor egal˘ a cu dublul perimetrului p˘atratului. S˘a se arate c˘a exist˘a o infinitate de drepte care s˘ a taie cel put¸in trei cercuri. SEEMOUS, 2010 Solut¸ie. Not˘ am n num˘ arul de cercuri, cu ri ¸si respectiv di , raza ¸si respectiv diametrul cercului i. Din ipotez˘ a avem condit¸ia 8=

n X

2πri = π

i=1

n X

di

i=1

unde di este un diametru, care evident este mai mic decˆat 1. Urmeaz˘a c˘a n

8 X = di ≤ n π i=1

deci n ≥ 2, 54. Dac˘a dou˘ a dintre cercuri sunt secante, rezult˘a c˘a unind de exemplu mijlocul coardei comune cu centrul celui de al treilea cerc, avem o direct¸ie si totodat˘a o infinitate de drepte paralele cu ea, care intersecteaz˘ a cele 3 cercuri. Cazul cel mai general este al cercurilor care nu au puncte comune. Deoarece suma diametrelelor este mai mare decˆ at 2 proiectˆand diametrele pe o latur˘a a p˘atratului acoperim de dou˘a ori latura , iar restul diametrelor se proiecteaz˘a pe segmente ce se vor suprapune peste segmentele din cele dou˘ a ¸siruri anterioare. Deci exist˘a cel put¸in 3 diametre ale c˘aror proiect¸ii se suprapun ¸si care dau solut¸ia problemei. Problema 6.19 Pentru orice x ∈ [0, 1] ¸si y ∈ [0, 1] consider˘am pe laturile AB, DC, BC ¸si AD punctele M (x), N (x), P (y), Q(y) astfel ca: AM DN BP AQ = = x ¸si = = y. AB DC BC AD a) S˘a se arate c˘ a dreptele M N ¸si P Q sunt concurente. b) S˘a se arate c˘ a dreptele M (x)N (x), x ∈ [0, 1] genereaz˘a aceea¸si suprafat¸˘a ca dreptele P (y)Q(y), y ∈ [0, 1]. c) Dac˘a not˘ am   1 M1 = M , 3   1 P1 = P , 3

  1 N1 = N , 3   1 Q1 = Q , 3

    2 2 M2 = M , N2 = N , 3 3     2 2 P2 = P , Q2 = Q , 3 3

M1 N1 ∩ P1 Q1 = A1 ,

M2 N2 ∩ P1 Q1 = B1 ,

M2 N2 ∩ P2 Q2 = C1 ,

M1 N1 ∩ P2 Q2 = D2 ,

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

229

s˘a se arate c˘ a V(A1 B1 C1 D1 ) =

1 V(ABCD). 81

Solut¸ie. a) rM = (1 − x)rA + xrB , rN = (1 − x)rD + xrC , rP = (1 − y)rB + yrC , Punctul I1 aflat pe M N astfel ca

rQ = (1 − y)rA + yrD .

M I1 = y are vectorul de pozit¸ie MN

rI1 = (1 − y)rM + yrM = (1 − x)(1 − y)rA + (1 − y)xrB + xyrC + y(1 − x)rD . Punctul I2 aflat pe P Q astfel ca

I2 Q = x are vectorul de pozit¸ie QP

rI2 = (1 − x)rQ + xrP = rI1 deci I1 = I2 = M N ∩ P Q. b) Dreptele M N ¸si P Q genereaz˘ a suprafat¸a pe care se afl˘a punctul I = I1 = I1 , ecuat¸ia ei este S : r(x, y) = (1 − x)(1 − y)rA + x(1 − y)rB + xyrC + (1 − x)yrD ,

x, y ∈ [0, 1].

c) Avem: 

1 1 , 3 3



1 = (4rA + 2rB + rC + 2rD ) 9



2 1 , 3 3



1 = (2rA + 4rB + 2rC + rD ) 9



2 2 , 3 3



1 = (rA + 2rB + 4rC + 2rD ) 9

r A1 = r rB1 = r rC1 = r 

 1 2 1 rD1 = r , = (2rA + rB + 2rC + 4rD ) 3 3 9 Calcul˘am volumele folosind produse mixte ¸si pentru simplificarea calculelor alegem originea ˆın A deci rA = 0. Avem: 1 V(A1 B1 C1 D1 ) = |(A1 B1 , A1 C1 , A1 D1 )| 6 1 = |(rB1 − rA1 , rC1 − rA1 , rD1 − rA1 )| 6 1 = 3 |(2rB + rC − rD , 3rC , −rB + rC + 2rD )| 9 ·6 1 = 3 |(12(rB , rC , rD ) + 3(rD , rC , rB )| 9 ·6 1 1 1 1 = 3 · 9|(rB , rC , rD )| = · |(rB , rC , rD )| = V(ABCD). 9 ·6 81 6 81 Problema 6.20 Fie [A1 A2 . . . A2n A2n+1 ] un poligon cu num˘ar impar de laturi. Numim ˆın˘alt¸ime orice dreapt˘ a ce trece printr-un vˆarf Ak ¸si este perpendicular˘a pe latura opus˘a An+k An+k+1 . S˘ a se arate c˘ a dac˘ a 2n dintre ˆın˘alt¸imi sunt concurente, atunci toate ˆın˘alt¸imile sunt concurente.

230

Solut¸ie. Alegem ˆın planul poligonului un reper cu originea ˆın H (intersect¸ia ˆın˘alt¸imilor din A1 , A2 , . . . , A2n ) ¸si not˘ am HA1 = a1 , HA2 = a2 , . . . , HA2n = a2n ¸si HA2n+1 = a2n+1 . Condit¸ia HA1 ⊥ An+1 An+2 se scrie a1 (an+2 − an+1 ) = 0 sau a1 · an+1 = a1 · an+2 . Analog din HA2 ⊥ An+2 An+3 , . . . , HA2n ⊥ An−1 An obt¸inem sistemul de relat¸ii: (1) : a1 · an+1 = a1 · an+2 , (2) : a2 · an+2 = a2 · an+2 , .................. (n) : an · a2n = an · a2n+1 , (n + 1) : an+1 · a2n+1 = an+1 · a1 , (n + 2) : an+2 · a1 = an+2 · a2 , . . . , (2n) : a2n · an−1 = a2n · a1 Dac˘a adun˘am toate relat¸iile, termenii din stˆanga ai egalit˘a¸tilor (1), (2), . . . , (n) se reduc cu termenii din dreapta ai relat¸iilor (n + 1), (n + 2), . . . , (2n), iar termenii din stˆanga ai egalit˘a¸tilor (n + 2), . . . , (2n) se reduc la cei din dreapta din egalit˘a¸tile (1), . . . , (n − 1). R˘amˆane ˆın dreapta an+1 · a2n+1 din (n + 1) ¸si ˆın stˆanga r˘amˆane termenul an · a2n+1 din (n), deci an · a2n+1 = an+1 · a2n+1 ⇔ a2n+1 (an+1 − an ) = 0 ⇔ HA2n+1 ⊥ An An+1 . Problema 6.21 S˘ a se arate c˘ a dac˘ a ˆıntr-un poligon [A1 A2 . . . A2n A2n+1 ], 2n dintre mediane sunt concurente, atunci toate medianele sunt concurente (numim median˘a dreapta ce une¸ste un vˆ arf Ak cu mijlocul laturii opuse An+k An+k+1 ). Solut¸ie. Alegem un reper cu originea ˆın G, intersect¸ia medianelor din A1 , A2 , . . . , A2n ¸si not˘am GA1 = a1 , GA2 = a2 , . . . , GA2n = a2n ¸si GA2n+1 = a2n+1 ¸si cu B1 , B2 , . . . , B2n , B2n+1 mijloacele laturilor opuse vˆarfurilor A1 , A2 , . . . , A2n , A2n+1 . Condit¸ia c˘a punctele Ak , G, Bk sunt coliniare se scrie: 1 ak × (an+k + an+k+1 ) = 0, 2

k = 1, 2n.

Obt¸inem sistemul de relat¸ii: (1) : a1 × (an+1 + an+2 ) = 0, (2) : a2 × (an+2 + an+3 ) = 0, . . . , (n) : an × (a2n + a2n+1 ) = 0, (n + 1) : an+1 × (a2n+1 + a1 ) = 0, (n + 2) : an+2 × (a1 + a2 ) = 0, . . . , (2n) : a2n × (an−1 + an ) = 0. Dac˘a adun˘ am toate aceste relat¸ii ¸si reducem doi cˆate doi termeni r˘amˆane an × a2n+1 + an+1 × a2n+1 = 0 ⇔ a2n+1 × (an + an+1 ) = 0, deci punctele A2n+1 , G ¸si B2n+1 sunt coliniare.

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

231

Problema 6.22 Fie 0 < α < 1 ¸si Pk un poligon convex [A1 A2 · · · An ]. Se consider˘a punctele B1 , B2 , . . . , Bn pe laturile (A1 A2 ), (A2 A3 ), . . . ¸si respectiv, (An A1 ) astfel ˆıncˆat A1 B1 A2 B 2 An B n = = ··· = = α. A1 A2 A2 A3 An A1 Vom nota cu Pk+1 poligonul astfel obt¸inut [B1 , B2 , · · · , Bn ]. Dˆandu-se un poligon convex P0 , se construie¸ste ˆın maniera de mai sus un ¸sir de poligoane P0 , P1 , P2 , . . . . Demonstrat¸i c˘ a exist˘ a un singur punct ˆın interiorul tuturor poligoanelor Pk , pentru orice k = 0, 1, 2, . . . . SEEMOUS, 2008 Solut¸ie. Fie O centrul de greutate al poligonului [A1 A2 · · · An ]. Cum −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OB1 + OB2 + · · · + OBn = OA1 + OA2 + · · · + OAn = ¯0, O apart¸ine fiec˘ arui poligon P0 , P1 , P2 , . . . . −−→ −−→ −−→ Fie R = max{||OA1 ||, ||OA2 ||, . . . , ||OAn ||} astfel ˆıncˆat Pk este ˆınscris ˆın discul de raz˘a R centrat ˆın O. Fie C1 , C2 , . . . , Cn vˆarfurile poligonului Pk+n . Este u¸sor de ar˘atat c˘a n n X −−→ X −−→ OC1 = β i OAi unde β i > 0 ¸si β i = 1. i=1

Fie λ =

i=1

−−→ −−→ −−→ at OA1 + OA2 + · · · + OAn = ¯0, obt¸inem min β i . ˆIntrucˆ

i=1,2,..,n

n n n−1 X X −−−−→ X −−−−→ −−→ |OC1 | = (β i − λ)OAi+1 ≤ (β i − λ) = R(1 − nλ). (β i − λ)|OAi+1 | ≤ R i=1

i=1

i=1

Aceasta ˆınseamn˘ a c˘ a Pk+n se afl˘ a ˆınscris ˆın discul de raz˘a R(1 − nλ) ¸si centrat ˆın O. Continuˆand ˆın acela¸si mod deducem c˘a poligonul Pk+mn este ˆınscris ˆın discul de raz˘a R(1 − nλ)m ¸si centrat ˆın O, prin urmare O este unicul punct comun al poligoanelor P0 , P1 , P2 , . . . . Observat¸ie. Pentru α = 12 poligoanele interioare se construiesc cu vˆarfurile ˆın mijloacele poligonului din exterior. Problema 6.23 Fie A1 , A2 , . . . , An puncte ˆın spat¸iu ¸si a1 , a2 , . . . , an ∈ R cu a1 + a2 + · · · + an = 1. Dac˘ a not˘ am cu r1 , r2 , . . . , rn vectorii de pozit¸ie ai punctelor A1 , A2 , . . . , An ¸si cu A0 punctul cu vectorul de pozit¸ie r0 = a1 r1 + a2 r2 + · · · + an rn s˘a se arate c˘ a: n X a) ak (M A2k − r2k ) = M A20 − r20 k=1

232

b) S˘a se afle locul geometric al punctelor M din spat¸iu pentru care n X

ak M A2k = a2

(constant˘a).

k=1

c) S˘a se determine valoarea minim˘ a a sumei S(M ) =

n X

ak · M A2k

k=1

cˆand M parcurge spat¸iul. Solut¸ie.

n X

ak (M A2k − r2k ) =

ak ((rk − r)2 − r2k )

k=1

k=1

=

n X

n X

ak (r2 − 2r · rk ) = r2

k=1

n X

ak − 2r

k=1

2

2

= r − 2r · r0 = (r − r0 ) −

r20

n X

ak rk

k=1

= M A20 − r20 .

b) Din a) rezult˘ a n X

ak M A2k

=

n X

ak r2k − r20 + M A20 = a2

k=1

k=1

⇒ M A20 = a2 −

n X

ak r2k + r20 = C = constant

k=1

ˆIn funct¸ie de m˘ arimea C locul geometric este: sfer˘a dac˘ aC>0 punct dac˘ aC=0 mult¸imea vid˘ a dac˘ a C < 0. c) Minimul se atinge ˆın M = A0 ¸si este Smin =

n X

ak r2k − r20 .

k=1

Problema 6.24 Fie D o dreapt˘ a ¸si P un punct ˆın spat¸iu astfel ca distant¸a de la P la D este r > 0. Not˘ am cu S mult¸imea punctelor X din spat¸iu pentru care d(X, D) ≥ 2d(X, P ). S˘a se determine volumul corpului S. IMC, 2009 Solut¸ie. Alegem un sistem de coordonate ˆın spat¸iu astfel ca dreapta D s˘a fie axa Oz iar punctul P s˘ a se afle pe axa Ox, P (r, 0, 0). Pentru un punct X(x, y, z) avem: p p d(X, D) = x2 + y 2 ¸si d(X, P ) = (x − r)2 + y 2 + z 2 . Obt¸inem condit¸ia: x2 + y 2 ≥ 4((x − r)2 + y 2 + z 2 ) ⇔

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

233

  4 2 4 3x2 − 8rx + 4r2 + 3y 2 + 4z 2 ≤ 0 ⇔ 3 x − r + 3y 2 + 4z 2 ≤ r2 ⇔ 3 3   4 2 x− r y2 z2 3  2 +  2 +  2 ≤ 1 2 2 1 √ r r r 3 3 3 Astfel corpul S este un elipsoid cu semiaxele 2 a = r, 3

2 b = r, 3

1 c= √ r 3

al c˘arui volum este 4πabc 16πr3 = √ . 3 27 3 Problema 6.25 Se consider˘ a familia de plane: Pt : 2x cos t + 2y sin t − z = 0,

t ∈ [0, 2π].

a) S˘a se arate c˘ a exist˘ a sfere care sunt tangente la toate planele din familie. b) S˘a se determine locul geometric al centrelor acestor sfere. c) S˘a se scrie ecuat¸ia conului cu vˆ arful ˆın origine circumscris unei astfel de sfere. Solut¸ie. a) Pentru a exista o astfel de sfer˘a (de centru M (u, v, w) ¸si raz˘a λ > 0) va trebui ca distant¸a de la M la fiecare plan din familie s˘a fie λ, deci 2u cos t + 2v sin t − w √ = ±λ, pentru orice t ∈ [0, 2π) ⇔ 5 2u cos t + 2v sin t + (−w ∓

√

5λ) = 0, pentru orice t ∈ [0, 2π) ⇒

u = v = 0 ¸si w = ±5λ. Deci o astfel de sfer˘ a este de exemplu de centru M0 (0, 0, 5) ¸si raz˘a R0 = b) Pentru λ ∈ [0, ∞) ⇒ M ∈ Oz deci locul este axa Oz. c) Fie sfera de la a) √ σ : x2 + y 2 + (z − 5λ)2 = λ2

√

5.

¸si o dreapt˘a ce trece prin origine ¸si un punct de pe sfer˘a, de ecuat¸ii   x = tX y = tY d:  z = tZ cu d ∩ σ = 1 ⇔ ecuat¸ia (tX)2 + (tY )2 + (tZ − 0 ⇔ 4X 2 + 4Y 2 − Z 2 = 0.

√

5)2 = λ2 are o singur˘a solut¸ie ⇔ ∆ =

234

Problema 6.26 Fie n ≥ 1 un num˘ ar natural ¸si curba plan˘a: Cn : |x|n + |y|n = 1. Pentru fiecare punct M ∈ Cn not˘ am cu XM ¸si YM proiect¸iile lui M pe axele Ox ¸si Oy ¸si cu TM funct¸iile din interiorul ¸si de pe laturile triunghiului OXM YM . S˘a se arate c˘a: [

n

n

TM = {(x, y) ∈ R2 | |x| n+1 + |y| n+1 ≤ 1}.

M ∈Cn

Solut¸ia 1. Datorit˘ a simetriei curbei Cn este suficient s˘a ne restrˆangem la primul cadran (x ≥ 0, y ≥ 0). Pentru un punct M (α, β) ∈ Cn dreapta XM YM are ecuat¸ia dα,β : Un punct P (x, y) ∈

[

y x + − 1 = 0. α β

TM dac˘ a ¸si numai dac˘a exist˘a (α, β) astfel ca:

M ∈Cn

x y + − 1 ≤ 0, α β

αn + β n = 1.

Avem:   x n y x x n + − 1 ≤ 0 ⇔ yn ≤ β n 1 − = (1 − αn ) 1 − = fx (α). α β α α Consider˘ am funct¸ia fx : [0, 1] → R,

 x n fx (α) = (1 − α) 1 − α

¸si determin˘am valoarea maxim˘ a, ceea ce se poate face ˆın dou˘a moduri: n−1 1  √ x a) fx0 (α) = −n 1 − · 2 (αn+1 − x) care are ˆın α = n+1 x un punct de maxim α α ˆın care se ia valoarea maxim˘ a √ fx,max = (1 − n+1 xn )n+1 . b) Folosim inegalitatea v un+1 uY n+1 t (1 − a ) ≤ 1 − i

v un+1 uY n+1 t a

i

i=1

i=1

(care rezult˘a din inegalitatea mediilor) ¸si o aplic˘am pentru a1 = αn , a2 = . . . = an+1 = x 1 − ¸si obt¸inem α √ fx (α) ≤ (1 − n+1 xn )n+1 . ˆIn concluzie: y n ≤ (1 −

√

n+1

n

n

xn )n+1 ⇔ x n+1 + y n+1 ≤ 1.

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

235

n

n

Solut¸ia 2. Curba C : |x| n+1 + |y| n+1 = 1 fiind concav˘a ˆın cadranul I, punctele situate sub ea este reuniunea triunghiurilor determinate de axe ¸si de tangentele la curba C. Tan1

1

1

1

genta ˆın Q(α1 , β 1 ) ∈ C taie axele ˆın X(α1n+1 , 0) ¸si Y (0, β 1n+1 ) deci punctul M (α1n+1 , β 1n+1 ) se afl˘a pe curba 1

1

Cn ((α1n+1 )n + (β 1n+1 )n = 1) ¸si atunci X = XM , Y = YM deci triunghiurile OXY [ ¸si OXM YM coincid. Solut¸ia 3. Curba ce delimiteaz˘ a reuniunea TM este ˆınf˘a¸sur˘atoarea familiei de M ∈Cr

drepte (

x y + −1=0 α β αn + β n = 1 dα,β :

Dac˘a not˘ am F (x, y, α) =

x y + −1 α β

¸si consider˘am β ca funct¸ie implicit˘ a de α din relat¸ia αn + β n = 1, curba ˆınf˘a¸sur˘atoare verific˘a sistemul de relat¸ii:   F (x, y, α) = 0  ∂F (x, y, α) = 0 ∂α Avem:  x y  + −1=0   α β      − x − y · β0 = 0 α2 β 2     nαn−1 + nβ n−1 β 0 = 0     n α + βn = 1 ¸si obt¸inem: x = αn+1 , sau α=

√

n+1

x,

β=

√

n+1

y = β n+1 n

n

y ¸si 1 = αn + β n = x n+1 + y n+1 .

Problema 6.27 Fie d1 ¸si d2 dou˘ a drepte ˆın spat¸iu ¸si not˘am cu T1 ¸si T2 operatorii de proiect¸ie ortogonal˘ a pe d1 , respectiv d2 . Pentru un punct arbitrar X ∈ R3 definim ¸sirurile (An )n≥1 , (Bn )n≥1 prin An = (T1 ◦ T2 )n (X) ¸si Bn = (T2 ◦ T1 )n (X),

n ≥ 1.

S˘a se arate c˘ a ¸sirurile sunt convergente ¸si dac˘a not˘am A = lim An , n→∞

B = lim Bn , n→∞

atunci distant¸a dintre dreptele d1 ¸si d2 este distant¸a ˆıntre punctele A ¸si B.

236

Solut¸ie. Dac˘ a dreptele d1 ¸si d2 sunt paralele sau perpendiculare, ¸sirurile sunt constante ¸si problema este evident˘ a. ˆIn cazul general alegem un sistem de coordonate convenabil astfel ca  d1 = Ox ¸si d2 :

z=d y = mx

¸si atunci avem: T1 (x, y, z) = (x, 0, 0), pentru orice (x, y, z) ∈ R3 ¸si pentru a g˘ asi T2 (x, y, z) = (X, Y, Z) intersect¸ia d2 cu un plan perpendicular pe d2 ce trece prin (x, y, z), deci obt¸inem sistemul: X − x + m(Y − y) = 0,

Y = mX,

Z=d

cu solut¸ia X=

my + x , 1 + m2

Y =

m2 y + mx , 1 + m2

Z = d.

Avem: 

 a + mb (T1 ◦ T2 )(a, b, c) = , 0, 0 , 1 + m2   a (T1 ◦ T2 )n (a, b, c) = , 0, 0 , n≥2 (1 + m2 )m   a am (T2 ◦ T1 )(a, b, c) = , ,d 1 + m2 1 + m2   n  a m n (T2 ◦ T1 ) (a, b, c) = ,a , d , n ≥ 2. (1 + m2 )n 1 + m2 Avem lim An = (0, 0, 0) = A,

n→∞

lim Bn = (0, 0, d) = B

n→∞

¸si perpendiculara comun˘ a dreptelor d1 ¸si d2 este chiar dreapta AB, deci d(A, B) = d(d1 , d2 ). Problema 6.28 Numim parabol˘ a standard graficul polinomului de gradul al doilea y = x2 + ax + b avˆ and coeficientul dominant egal cu 1. Trei parabole standard avˆand vˆarfurile V1 , V2 , V3 se intersecteaz˘ a dou˘a cˆate dou˘a ˆın punctele A1 , A2 , A3 . Fie s(A) simetricul punctului A fat¸˘ a de axa Ox. Ar˘atat¸i c˘ a parabolele standard cu vˆarfurile ˆın s(A1 ), s(A2 ), s(A3 ) se intersecteaz˘a dou˘a cˆate dou˘a ˆın punctele s(V1 ), s(V2 ), s(V3 ). IMC, 2002

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

237

Solut¸ie. Mai ˆıntˆ ai ar˘ at˘ am c˘ a o parabol˘a standard cu vˆarful V cont¸ine punctul A dac˘a ¸si numai dac˘ a parabola standard cu vˆ arful ˆın s(A) cont¸ine punctul s(V ). Fie A(a, b) ¸si V (v, w). Ecuat¸ia prabolei standard cu vˆarful V (v, w) este y = (x−v)2 +w, iar ea cont¸ine punctul A dac˘ a ¸si numai dac˘a b = (a − v)2 + w. Analog, ecuat¸ia prabolei standard cu vˆ arful ˆın s(A) = (a, −b) este y = (x − a)2 − b. Aceasta cont¸ine punctul s(V ) = (v, −w) dac˘ a ¸si numai dac˘ a −w = (v − a)2 − b. Cele dou˘a condit¸ii sunt echivalente. S˘a presupunem c˘ a parabolele standard cu vˆarfurile ˆın V1 ¸si V2 , V1 ¸si V3 ¸si respectiv, V2 ¸si V3 se intersecteaz˘ a ˆın A3 , A2 ¸si respectiv, A1 . Atunci, ˆın conformitate cu ce am ar˘atat mai sus, parabolele standard cu vˆ arfurile ˆın s(A1 ) ¸si s(A2 ), s(A1 ) ¸si s(A3 ), respectiv s(A2 ) ¸si s(A3 ) se intersecteaz˘ a dou˘ a cˆ ate dou˘a ˆın punctele V3 , V2 ¸si respectiv V1 deoarece ele cont¸in dou˘a cˆ ate dou˘ a aceste puncte. Problema 6.29 Se dau dou˘ a elipse diferite astfel ˆıncˆat acestea au unul din focare comun. Demonstrat¸i c˘ a elipsele se intersecteaz˘ a ˆın cel mult dou˘a puncte. IMC, 2008 Solut¸ie. Folosim definit¸ia elipsei ca loc geometric al punctelor pentru care raportul dintre distant¸a la un punct fix (focar) ¸si distant¸a la o dreapt˘a fix˘a (directoare) este subunitar (e < 1). A¸sadar, dac˘ a un punct M apart¸ine ambelor elipse, avˆand focarul comun F, excentricit˘a¸tile e1 , e2 ¸si directoarele l1 , l2 , atunci avem e1 d(M, l1 ) = |M F | = e2 d(M, l2 ). Consider˘ am M (x, y) ¸si dreptele l1 : a1 X +b1 Y +c1 = 0 respectiv, l2 : a2 X +b2 Y +c2 = 0. Ecuat¸ia e1 d(M, l1 ) = e2 d(M, l2 ) devine atunci e1

|a1 x + b1 y + c1 | |a2 x + b2 y + c2 | p = e2 p , 2 2 a1 + b1 a2 2 + b2 2

adic˘a Ax + By + C = 0, unde

A = √ e12a1

± √ e22a2

B=

± √ e22b2

C=

a1 +b1 2 √ e1 b1 2 a1 2 +b1 √ e1 c1 2 a1 2 +b1

a2 +b2 2

±

a2 +b2 2 √ e2 c2 2 . a2 2 +b2

Deci toate punctele M ce satisfac relat¸ia de mai sus sunt situate pe dreapta Ax + By + C = 0. Cum intersect¸ia dintre o dreapt˘a ¸si o elips˘a este dat˘a de cel mult dou˘a puncte, obt¸inem concluzia problemei. Problema 6.30 ˆIn interiorul unei sfere de raz˘a R ¸si centru O se consider˘a un punct fix A, iar pe sfer˘ a punctele variabile X, Y, Z astfel ca AX ⊥ AY , AY ⊥ AZ, AZ ⊥ AX. S˘a se determine locul geometric al vˆ arfului M , opus lui A ˆın paralelipipedul cu muchiile AX, AY , AZ.

238

Solut¸ie. Ar˘ at˘ am c˘ a distant¸a OM este constant˘a. Avem: OM = OA + AM = OA + AX + AY + AZ 2

2

2

2

OM = OA + 2OA(AX + AY + AZ) + AX + AY + AZ

2

2

= OA + 2OA(OX − OA + OY − OA + OZ − OA) 2

= (OX − OA)2 + (OY − OA ) + (OZ − OA)2 2

2

= OX + OY − 2OA = 3R2 − 2OA2 = constant. Locul este o sfer˘ a cu centrul O. Problema 6.31 Fie n ≥ 4 ¸si M o mult¸ime finit˘a cu n puncte din R3 , oricare 4 puncte din mult¸ime fiind necoplanare. Presupunem c˘a punctele sunt colorate ˆın alb ¸si negru a¸sa ˆıncˆat orice sfer˘ a care intersecteaz˘ a mult¸imea M ˆın cel put¸in 4 puncte are proprietatea c˘a exact jum˘atate din punctele din intersect¸ia cu M sunt albe. Ar˘atat¸i c˘ a toate punctele din mult¸imea M sunt situate pe o aceea¸si sfer˘a. IMC, 2004 Solut¸ie. Definim funct¸ia  f : M −→ {−1, 1}, Condit¸ia din enunt¸ devine

X

f (X) =

−1, 1,

dac˘a X este alb dac˘a X este negru.

f (X) = 0 pentru orice sfer˘a S care trece prin cel put¸in 4

X∈S

puncte ale lui M. Pentru oricare 3 puncte A, B, C din M, not˘am cu S(S, B, C) mult¸imea tuturor sferelor ce trec prin A, B, C ¸si prin cel put¸in un alt punct din M, iar |S(A, B, C)| num˘arul acestor sfere. Avem X X X
0= f (X) = (|S(A, B, C)| − 1) f (A) + f (B) + f (C) + f (X) S∈S(A,B,C) X∈S

X∈M

ˆıntrucˆat valorile lui A, B, C apar de |S(A, B, C)| ori fiecare ¸si celelalte valori apar numai o dat˘a. Dac˘a avem 3 puncte A, B, C a¸sa ˆıncˆat |S(A, B, C)| = 1, demonstrat¸ia este terminat˘a. Dac˘a X |S(A, B, C)| > 1 pentru oricare puncte distincte A, B, C din M, vom ar˘ata mai ˆıntˆai c˘a f (X) = 0. X∈M

Presupunem c˘ a

X

f (X) > 0. Din relat¸ia de mai sus rezult˘a c˘a f (A) + f (B) +

X∈M 3 f (C) X < 0 ¸si sumˆ and dup˘ a toate Xcele Cn alegeri posibile ale tripletei (A, B, C), obt¸inem 3 Cn f (X) < 0, adic˘ a f (X) < 0 (contrazice presupunerea f˘acut˘a). Acela¸si X∈M

X∈M

rat¸ionament se aplic˘ a ˆın cazul cˆ and presupunem

X X∈M

f (X) < 0.

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

Acum, din

X

239

f (X) = 0 ¸si relat¸ia init¸ial˘a, rezult˘a f (A)+f (B)+f (C) = 0 pentru orice

X∈M

puncte distincte A, B, C din M. Considerˆand un alt punct D ∈ M, au loc urm˘atoarele egalit˘a¸ti: f (A) + f (B) + f (C) = 0 f (A) + f (B) + f (D) = 0 f (A) + f (C) + f (D) = 0 f (B) + f (C) + f (D) = 0 ce conduc la f (A) = f (B) = f (C) = f (D) = 0, ceea ce contrazice definirea funct¸iei f. Problema 6.32 S˘ a se determine num˘ arul maxim de puncte de pe sfera de raz˘a 1 din Rn √ astfel ˆıncˆat distant¸a dintre oricare dou˘ a puncte s˘a fie strict mai mare decˆat 2. IMC, 2001 Solut¸ie. Sfera unitate din Rn este definit˘a de n X  Sn−1 = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn | x2k = 1 . k=1

Distant¸a dintre punctele ¸si Y (y1 , . . . , yn ) este dat˘a: d2 (X, Y ) =

n X

(xk − yk )2 .

k=1

Avem d(X, Y ) >

√

2

⇐⇒ d2 (X, Y ) > 2 ⇐⇒

n X

x2k +

⇐⇒

yk2 + 2

k=1

k=1 n X

n X

n X

xk yk > 2

k=1

xk yk < 0.

k=1

T ¸ inˆand cont de simetria sferei, presupunem c˘a A1 (−1, 0, . . . , 0). n X Pentru X = A1 , xk yk < 0 rezult˘a y1 > 0, ∀Y ∈ Mn . k=1

¯ Y¯ ∈ Rn−1 . ¯ Y (y1 , Y¯ ) ∈ Mn \ {A1 }, X, Fie X(x1 , X), Obt¸inem n X k=1

unde

xk yk < 0 =⇒ x1 y1 +

n−1 X

x ¯k y¯k < 0 ⇐⇒

k=1

n−1 X

x0k yk0 < 0,

k=1

x ¯k y¯k x0k = q , yk0 = q . Σ¯ x2k Σ¯ yk2

A¸sadar 0 (x01 , . . . , x0n−1 ), (y10 , . . . , yn−1 ) ∈ Sn−2 ¸si

n X k=1

xk yk < 0.

240

Dac˘a an este num˘ arul punctelor c˘ autate ˆın Rn avem c˘a an ≤ 1 + an−1 ¸si a1 = 2 implic˘a an ≤ n + 1. Ar˘at˘am c˘ a an = n + 1, dˆ and exemplu o mult¸ime Mn cu n + 1 elemente satisf˘acˆand condit¸iile problemei: A1 (−1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0) A2 ( n1 , −c1 , 0, 0, . . . , 0, 0) 1 A3 ( n1 , n−1 c˙1 , −c2 , 0, . . . , 0, 0) 1 1 1 A4 ( n , n−1 c˙1 , n−2 c˙2 , −c3 , . . . , 0, 0) ···································· 1 1 1 An−1 ( n1 , n−1 c˙1 , n−2 c˙2 , n−3 c˙3 , . . . , −cn−2 , 0) 1 1 1 1 An ( n , n−1 c˙1 , n−2 c˙2 , n−3 c˙3 , . . . , 12 c˙n−2 , −cn−1 ) 1 1 1 c˙1 , n−2 c˙2 , n−3 c˙3 , . . . , 12 c˙n−2 , cn−1 ) An+1 ( n1 , n−1 unde

s ck =

 1+

 1 , k = 1, n − 1. n−k+1

n X 1 x2k = 1, ∀X, Y ∈ {A1 , A2 , . . . , An+1 }. < 0 ¸si n k=1 k=1 Aceste puncte se afl˘ a pe sfera unitate din Rn ¸si distant¸a dintre oricare dou˘a puncte este egal˘a cu r √ 1 √ d = 2 1 + > 2. n Observat¸ie. Pentru n = 2, punctele formeaz˘a un triunghi echilateral ˆın cercul unitate; pentru n = 3 cele 4 puncte sunt vˆ arfurile unui tetraedru regulat iar ˆın Rn punctele formeaz˘a un simplex regulat n-dimensional.

Avem

n X

1 1+ n

xk yk = −

Problema 6.33 Fie A, B, C, D patru sfere distincte ˆın spat¸iu. Presupunem c˘a sferele A ¸si B se intersecteaz˘ a dup˘ a un cerc ce este cont¸inut ˆın planul P, sferele B ¸si C se intersecteaz˘a dup˘a un cerc ce este cont¸inut ˆın planul Q, sferele C ¸si D se intersecteaz˘a dup˘a un cerc ce este cont¸inut ˆın planul S iar sferele D ¸si A se intersecteaz˘a dup˘a un cerc ce este cont¸inut ˆın planul T. Demonstrat¸i c˘ a planele P , Q, S ¸si T sunt paralele cu o aceea¸si dreapt˘a sau se intersecteaz˘ a toate ˆıntr-un punct. SEEMOUS Shortlist, 2008 ¸si Ariel Internet Math. Olympiad, 2009 Solut¸ie. T ¸ inˆ and cont de faptul c˘ a ˆın ecuat¸ia unei sfere termenii de gradul al doilea sunt 2 2 2 doar x + y + z , ecuat¸iile celor 4 sfere difer˘a doar prin partea lor liniar˘a. Avem cele patru ecuat¸ii: A : a(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + a1 x + b1 y + c1 z + d1 = 0, B : b(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + a2 x + b2 y + c2 z + d2 = 0, C : c(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + a3 x + b3 y + c3 z + d3 = 0, D : d(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + a4 x + b4 y + c4 z + d4 = 0. Prin urmare, diferent¸a a dou˘ a polinoame sferice de mai sus este liniar˘a, deci reprezint˘a ecuat¸ia unui plan, planul ce cont¸ine cercul de intersect¸ie al celor dou˘a sfere. Deci planele

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

241

din enunt¸ au ecuat¸iile: P : Q: S: T :

(a1 − a2 )x + (b1 − b2 )y + (c1 − c2 )z + (d1 − d2 ) = 0, (a2 − a3 )x + (b2 − b3 )y + (c2 − c3 )z + (d2 − d3 ) = 0, (a3 − a4 )x + (b3 − b4 )y + (c3 − c4 )z + (d3 − d4 ) = 0, (a4 − a1 )x + (b4 − b1 )y + (c4 − c1 )z + (d4 − d1 ) = 0,

¯P ((a1 −a2 ), (b1 −b2 ), (c1 −c2 )), N ¯Q ((a2 −a3 ), (b2 −b3 ), (c2 −c3 )), N ¯S ((a3 −a4 ), (b3 − unde N ¯ b4 ), (c3 − c4 )) ¸si NT ((a4 − a1 ), (b4 − b1 ), (c4 − c1 )) sunt normalele celor 4 plane. ¯P + N ¯Q + N ¯S + N ¯T = ¯0. Observ˘am c˘ aN Avem 2 cazuri: Dac˘a trei dintre normale sunt liniar dependente (coplanare), rezult˘a c˘a ¸si cea de-a patra este ˆın acela¸si plan cu ele (fiind opusul sumei celor trei). ˆIn acest caz toate normalele sunt ¯ . ˆIn consecint¸˘a, cele 4 plane sunt perpendiculare pe normala planului din care fac parte, N ¯. paralele cu N Dac˘a trei dintre normale sunt liniar independente (necoplanare), cele trei plane au un punct comun. Coordonatele acestui punct verific˘a sistemul liniar format cu ecuat¸iile celor trei plane. Cum cel de-al patrulea plan are ecuat¸ia dat˘a de combinat¸ia liniar˘a a primelor 3 plane, coordonatele punctului comun o verific˘a ¸si pe aceasta. Prin urmare, toate cele 4 plane se intersecteaz˘ a ˆın acela¸si punct. Problema 6.34 Punctele mobile A, B, C se afl˘a pe un elipsoid de centru O astfel ca OA, OB, OC sunt dou˘ a cˆ ate dou˘ a perpendiculare. Fie H ortocentrul triunghiului ABC. S˘a se determine locul geometric al punctelor H. Solut¸ie. Folosind teorema celor trei perpendiculare ˆın tetraedrul OABC rezult˘a c˘a OH este perpendicular˘ a pe planul (ABC). Ne raport˘am la reperul ortogonal OABC. Ecuat¸ia prin t˘aieturi a planului (ABC) este: x y z + + − 1 = 0. |OA| |OB| |OC| Notˆand m =

1 |OA| ,

n=

1 |OB|

¸si p =

1 |OC|

rezult˘a

1 |OH| = p . 2 m + n2 + p 2 Ecuat¸ia elipsoidului este dat˘ a de mx2 + ny 2 + pz 2 + 2axy + 2bxz + 2cyz = 1 iar matricea ata¸sat˘ a formei p˘ atratice este  2  m a b A =  a n2 c  . b c p2 1 Observ˘am c˘ a |OH| = √Tr . Cum urma matricei A este suma valorilor proprii ale A formei p˘atratice care depinde numai de elipsoid (nu ¸si de pozit¸ia reperului, Tr A fiind invariant ortogonal), obt¸inem c˘ a |OH| = constant = R. Cum OH parcurge toate direct¸iile posibile prin rotirea reperului, rezult˘ a c˘a locul geometric c˘autat este sfera centrat˘a ˆın origine ¸si de raz˘ a R.

242

Problema 6.35 a) S˘ a se arate c˘ a suprafat¸a S ⊂ R3 , de ecuat¸ie S : 4(x2 + z 2 ) − y 2 − 10xz + 36 = 0 este o suprafat¸˘ a riglat˘ a ¸si o suprafat¸˘ a de rotat¸ie. b) S˘a se determine toate suprafet¸ele care sunt ˆın acela¸si timp suprafet¸e riglate ¸si suprafet¸e de rotat¸ie. Solut¸ie. a) S este o cuadric˘ a. Matricea formei p˘atratice este   4 0 −5 A =  0 −1 0  −5 0 4 cu valorile proprii λ1 = λ2 = −1 ¸si λ3 = 9. Vectorii proprii sunt       1 0 1 1 1 X1 = √  0  , X2 =  1  , X3 = √  0  . 2 1 2 −1 0 Cu schimbarea de variabile        1 √0 1 u x u  y  = P  v  = √1  0 2 0  v  2 w z w 1 0 −1 obt¸inem suprafat¸a S : u2 + v 2 − 9w2 − 36 = 0 care este hiperboloid cu o pˆ anz˘ a (suprafat¸˘a riglat˘a). Suprafat¸a se obt¸ine de exemplu rotind hiperbola H : v 2 − 9w2 − 36 = 0, u = 0 ˆın jurul axei Oz 0 . b) S fiind suprafat¸˘ a riglat˘ a, prin orice punct de pe S trece o dreapt˘a inclus˘a ˆın S. S fiind suprafat¸˘ a de rotat¸ie, prin orice punct de pe S trece un cerc cu centrul pe axa de rotat¸ie, perpendicular pe axa de rotat¸ie ¸si situat ˆın ˆıntregime ˆın S. Luˆand toate cercurile ce trec prin punctele unei generatoare obt¸inem suprafat¸a obt¸inut˘a prin rotat¸ia dreptei ˆın jurul axei. ˆIn concluzie suprafet¸ele sunt cele obt¸inute prin rotat¸ia unei drepte ˆın jurul altei drepte. Putem obt¸ine: 1. Plan (dac˘ a D ⊥ D0 ). 2. Cilindru (dac˘ a DkD0 ). 3. Con (dac˘ a D ∩ D0 = un punct). 4. Hiperboloid cu o pˆ anz˘ a (dac˘a D ¸si D0 sunt necoplanare ¸si neperpendiculare). Problema 6.36 Fie σ un elipsoid sau un hiperboloid ¸si D o dreapt˘a ˆın spat¸iu. Not˘am cu S suprafat¸a cilindric˘ a cu generatoarea paralel˘a cu D ¸si tangent˘a la σ. Not˘am cu C curba punctelor de tangent¸˘ a dintre generatoare ¸si σ. S˘a se arate c˘a C este o curb˘a plan˘a.

Geometrie vectorial˘ a ¸si analitic˘ a

243

Solut¸ie. Putem schimba sistemul de coordonate astfel ca ecuat¸ia elipsoidului sau hiperboloidului s˘a fie sub form˘ a redus˘ a S : ax2 + by 2 + cz 2 = 1. Un punct (x, y, z) ∈ σ este punct de pe curba de tangent¸˘a dac˘a normala la suprafat¸a σ ˆın acest punct este perpendicular˘ a pe generatoare, deci dac˘a vectorii ∇F ¸si d sunt perpendiculari, unde F (x, y, z) = ax2 + by 2 + cz 2 − 1 ¸si d = αi + βj + γk este vectorul director al generatoarei (al dreptei D). Obt¸inem pentru curba de tangent¸˘a ecuat¸iile implicite ( F (x, y, z) = 0 C: d · V F = 0. A doua ecuat¸ie este 2αax + 2βby + 2γcz = 0 care reprezint˘ a ecuat¸ia unui plan (ce trece prin origine) ¸si curba C se afl˘a ˆın acest plan. Curba are originea ca centru de simetrie. Problema 6.37 Fie σ un elipsoid sau hiperboloid ¸si V un punct ˆın spat¸iu. Not˘am cu S suprafat¸a conic˘ a generat˘ a de dreptele ce trec prin V ¸si care sunt tangente la S (dac˘a exist˘a astfel de drepte) ¸si cu C curba punctelor de tangent¸˘a ale generatoarelor cu suprafat¸a σ. S˘a se arate c˘ a C este o curb˘ a plan˘ a. Solut¸ie. Alegem ˆın spat¸iu un sistem de coordonate ˆın care suprafat¸a σ are ecuat¸ia redus˘a σ : ax2 + by 2 + cz 2 = 1. Un punct M (x, y, z) de pe suprafat¸a σ se afl˘a pe curba C dac˘a normala ˆın M la suprafat¸a σ este perpendicular˘ a pe vectorul V M . Vectorul normal la σ ˆın M este ∂F ∂F ∂F ∇F = i+ j+ k ∂x ∂y ∂z unde F (x, y, z) = ax2 + by 2 + cz 2 − 1 iar vectorul V M = (x − a)i + (y − b)j + (z − c)k, unde a, b, c sunt coordonatele lui V . Astfel curba C are ecuat¸iile    F (x, y, z) = 0 C: ∂F ∂F ∂F  + (y − b) + (z − c) =0  (x − a) ∂x ∂y ∂z sau ( ax2 + by 2 + cz 2 − 1 = 0 C: (x − a)2ax + (y − b)2by + (z − c)2cz = 0. Dac˘a din relat¸ia a doua sc˘ adem prima ˆınmult¸it˘a cu 2 obt¸inem relat¸ia a2 x + b2 y + c2 z = 1 care este ecuat¸ia unui plan ˆın care se g˘ase¸ste curba C.

Bibliografie [1] T. Andreescu, R. Gelca, Putnam and Beyond, Springer, 2007. [2] C. B˘aet¸ica, C. Boboc, S. D˘ asc˘ alescu, G. Mincu, Probleme de algebr˘ a, Ed. Universit˘a¸tii din Bucure¸sti, 2006. [3] D. Dummit, R. Foote, Abstract Algebra, Prentice-Hall, 1999. [4] D. Flondor, N. Donciu, Algebr˘ a ¸si analiz˘ a matematic˘ a. Culgere de probleme, vol. I ¸si II, Ed. Didactic˘ a ¸si Pedagogic˘ a, Bucure¸sti, 1979. [5] D. Harville, Matrix Algebra: Exercices and solutions, Springer, 2001. [6] R. Horn, C. Johnson, Analiz˘ a matricial˘ a, Ed. Theta, Bucure¸sti, 2001. [7] H. Ikramov, Recueil de problemes d’algebre lineaire, MIR, 1977. [8] I. D. Ion, N. Radu, Algebr˘ a, Ed. Didactic˘a ¸si Pedagogic˘a, Bucure¸sti, 1981. [9] C. N˘ast˘ asescu, C. Nit¸˘ a, C. Vraciu, Bazele algebrei, Ed. Academiei, Bucure¸sti, 1986. [10] V. Pop, Algebr˘ a liniar˘ a, Ed. Mediamira, 2003. [11] V. Pop, Algebr˘ a liniar˘ a. Matrice ¸si determinant¸i pentru elevi, student¸i ¸si concursuri, Ed. Mediamira, 2007. [12] V. Pop, Algebr˘ a liniar˘ a ¸si geometrie analitic˘ a, Ed. Mega, 2011. [13] V. Pop, I. Corovei, Algebr˘ a liniar˘ a - seminarii, teme, concursuri, Ed. Mediamira, 2006. [14] V. Prasolov, Problems and Theorems in Linear Algebra, A.M.S., 1994. [15] I. Proskurjakov, Problems in Linear Algebra, MIR, 1979. [16] P.N. de Souza, J.-N. Silva, Berkeley Problems in Mathematics, Springer, 2004. [17] G. Szekely (ed.), Contests in Higher Mathematics, Miklos Schweitzer Competitions 1962-1991, Springer, 1996. [18] F. Zhang (ed.), The Schur Complement and Its Applications, Springer, 2005.

244

BIBLIOGRAFIE

245

Concursuri [19] Ariel: Internet Mathematical Olympiad for Students, 2008-2011. [20] IMC: International Mathematics Competition for University Students, 1994-2011. [21] Iran: Iranian University Students Mathematics Competitions, 1973-2011. [22] Vojtech Jarnik: Vojtech Jarnik International Mathematical Competition, 1991-2011. [23] Putnam: William Lowell Putnam Mathematical Competition, 1938-2010. [24] SEEMOUS: South Eastern European Mathematical Olympiad for University Students, 2007-2011.