Page 82 - MATINF Nr. 4

˘
82 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

2
2
Solut ,ie. Fie ecuat , ia det(X) = 1, adic˘a 130a − b = 1. O solut , ie a acestei ecuat , ii (de tip Pell)
 ‹
13 · 5 57
este a = 5, b = 57, deci matricea X 1 = ˆındeplines , te proprietatea din enunt , .
57 10 · 5
 ‹
b 130a
2
2
Pentru a = 5 s , i b = 57, consider˘am matricea Y = . Evident, det(Y ) = b −130a =
a b
∗
∗
−1. Prin induct , ie se verific˘a us , or c˘a pentru orice n ∈ N exist˘a a n , b n ∈ N astfel ˆıncˆat
 ‹
ˆ
n
Y = b n 130a n . Intr-adev˘ar, b 1 = 57, a 1 = 5 s , i b n+1 = 57b n + 650a n , a n+1 = 5b n + 57a n
a n b n
pentru n ≥ 1. Rezult˘a c˘a b n+1 > 57b n > b n , deci s , irul (b n ) n≥1 este strict cresc˘ator. Considerˆand
 ‹
13a 2n−1 b 2n−1 ∗ 2n−1
matricele X n = , n ∈ N , avem det(X n ) = − det (Y ) = 1, deci exist˘a
b 2n−1 10a 2n−1
o infinitate de matrice cu proprietatea din enunt , . Un al doilea exemplu de astfel de matrice
 ‹  ‹
13 · a 3 b 3 13 · 64985 740943
poate fi considerat˘a matricea X 2 = = .
b 3 10 · a 3 740943 10 · 64985
2
M 72. Ar˘atat ,i c˘a dac˘a matricele A, B ∈ M 2 (C) verific˘a relat ,iile A B = ABA, det(A + B) =
det(B) 6= 0 s , i tr (AB) 6= 0, atunci AB = BA.
R˘amˆane concluzia adev˘arat˘a dac˘a se renunt ,˘a la ipoteza det(B) 6= 0?
Dar dac˘a se renunt ,˘a la ipoteza tr (AB) 6= 0?
Florin St˘anescu, G˘aes , ti

Solut ,ie. Demonstr˘am c˘a det(A) 6= 0 prin reducere la absurd. Presupunem c˘a det(A) = 0.
2
Conform Teoremei Hamilton-Cayley avem X −tr X ·X +det(X)·I 2 = O 2 , pentru orice matrice
2 2
(tr X) − tr X
2
2
X ∈ M 2 (C). Rezult˘a c˘a tr X − (tr X) + 2 det(X) = 0, deci det(X) = .
2
Luˆand X = AB − BA s , i utilizˆand egalitatea tr (AB) = tr (BA) obt , inem c˘a det (AB − BA) =
2
2
2
2
2
2
2
tr (A B ) − tr (AB) . Dar din A B = ABA rezult˘a c˘a A B = (AB) , deci det(AB − BA) = 0.
Aplicˆand identitatea det(X+Y )+det(X−Y ) = 2 det(X)+2 det(Y ), pentru orice X, Y ∈ M 2 (C),
rezult˘a c˘a det(AB + BA) + det(AB − BA) = 4 det(A) det(B), prin urmare det(AB + BA) = 0.
Aplicˆand identitatea det(X + Y ) = det(X) + det(Y ) + tr X · tr Y − tr (XY ), (1), pentru
orice X, Y ∈ M 2 (C), rezult˘a c˘a tr (AB) = tr A · tr B. Avem AB + BA = (tr B) · A +
(tr A) · B + (tr (AB) − tr A · tr B) · I 2 = (tr B) · A + (tr A) · B, deci 0 = det(AB + BA) =
(1)
2
2
2
det ((tr B) · A + (tr A) · B) =(tr B) · det(A) + (tr A) · det(B) + (tr A · tr B) − tr A · tr B ·
2
tr (AB) = (tr A) · det(B), prin urmare tr A = 0. Conform Teoremei Hamilton-Cayley rezult˘a
2
2
2
2
c˘a A = O 2 , deci (AB) = A B = O 2 , de unde, tot conform Teoremei Hamilton-Cayley, rezult˘a
c˘a tr (AB) · AB = O 2 , prin urmare tr (AB) = 0, contradict , ie cu ipoteza. Deci det(A) 6= 0.
2
Atunci din A B = ABA prin ˆınmult , ire la stˆanga cu A −1 rezult˘a c˘a AB = BA.
Concluzia AB = BA nu r˘amˆane adev˘arat˘a dac˘a se renunt , ˘a la ipoteza det(B) 6= 0, un exemplu
 ‹  ‹
1 0 2 0
ˆın acest sens fiind matricele A = s , i B = , sau la ipoteza tr (AB) 6= 0, un
0 0 1 0
 ‹  ‹
0 1 1 1
exemplu ˆın acest sens fiind matricele A = s , i B = .
0 0 0 3
3
3
M 73. Fie s , irul de numere reale pozitive (x n ) astfel ˆıncˆat lim (n x n + nx ) = a, a ∈ R.
n≥1 n
n→∞
4
n x n
Ar˘atat ,i c˘a s , irul (y n ) definit prin y n = este convergent s , i calculat ,i limita sa.
n≥1
2n + 1
Dinu Teodorescu, Tˆargovis , te