Cuprins - Alexandru Ioan Cuza Universityfliacob/An1/2018-2019... · grupuri, inele, corpuri De...

Cuprins

Prefata 1

Introducere 3

I. Algebra si Geometrie 4

1 Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri 5

2 Polinoame 44

3 Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice 85

4 Spatii vectoriale si aplicatii liniare 146

5 Spatii euclidiene si operatori liniari 171

6 Geometrie vectoriala si analitica 204

Lucrarea a fost elaborata dupa cum urmeaza:

Capitolul 1. Cornel Baetica

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

Prefata

Cartea de fata a fost elaborata ın cadrul proiectului POSDRU/56/1.2/S/32768, ”For-marea cadrelor didactice universitare si a studentilor ın domeniul utilizarii unor instru-mente moderne de predare-ınvatare-evaluare pentru disciplinele matematice, ın vedereacrearii de competente performante si practice pentru piata muncii”.Finantat din Fondul Social European si implementat de catre Ministerul Educatiei,Cercetarii, Tineretului si Sportului, ın colaborare cu The Red Point, Oameni si Com-panii, Universitatea din Bucuresti, Universitatea Tehnica de Constructii din Bucuresti,Universitatea ”Politehnica” din Bucuresti, Universitatea din Pitesti, Universitatea Tehnica”Gheorghe Asachi” din Iasi, Universitatea de Vest din Timisoara, Universitatea ”Dunareade Jos” din Galati, Universitatea Tehnica din Cluj-Napoca, Universitatea ”1 Decembrie1918” din Alba-Iulia, proiectul contribuie ın mod direct la realizarea obiectivului generalal Programului Operational Sectorial de Dezvoltare a Resurselor Umane - POSDRU si seınscrie ın domeniul major de interventie 1.2 Calitate ın ınvatamantul superior.Proiectul are ca obiectiv adaptarea programelor de studii ale disciplinelor matematicela cerintele pietei muncii si crearea de mecanisme si instrumente de extindere a oportu-nitatilor de ınvatare.Evaluarea nevoilor educationale obiective ale cadrelor didactice si studentilor legate de uti-lizarea matematicii ın ınvatamantul superior, masterate si doctorate precum si analizareaeficacitatii si relevantei curriculelor actuale la nivel de performanta si eficienta, ın vedereadezvoltarii de cunostinte si competente pentru studentii care ınvata discipline matematiceın universitati, reprezinta obiective specifice de interes ın cadrul proiectului. Dezvoltareasi armonizarea curriculelor universitare ale disciplinelor matematice conform exigentelorde pe piata muncii, elaborarea si implementarea unui program de formare a cadrelordidactice si a studentilor interesati din universitatile partenere bazat pe dezvoltarea siarmonizarea de curriculum, crearea unei baze de resurse inovative, moderne si functionalepentru predarea-ınvatarea-evaluarea ın disciplinele matematice pentru ınvatamantul uni-versitar sunt obiectivele specifice care au ca raspuns materialul de fata.Formarea de competente cheie ın matematica si informatica presupune crearea de abilitatide care fiecare individ are nevoie pentru dezvoltarea personala, incluziune sociala si insertiepe piata muncii. Se poate constata ınsa ca programele disciplinelor de matematica nu auıntotdeauna ın vedere identificarea si sprijinirea elevilor si studentilor potential talentati lamatematica. Totusi, studiul matematicii a evoluat ın exigente pana la a ajunge sa accepteprovocarea de a folosi noile tehnologii ın procesul de predare-ınvatare-evaluare pentru aface matematica mai atractiva. In acest context, analiza flexibilitatii curriculei, ınsotita deanaliza metodelor si instrumentelor folosite pentru identificarea si motivarea studentilortalentati la matematica ar putea raspunde deopotriva cerintelor de masa, cat si celor deelita.Viziunea pe termen lung a acestui proiect preconizeaza determinarea unor schimbari ınabordarea fenomenului matematic pe mai multe planuri: informarea unui numar cat mai

1

2 Prefata

mare de membri ai societatii ın legatura cu rolul si locul matematicii ın educatia de baza,ın instructie si ın descoperirile stiintifice menite sa ımbunatateasca calitatea vietii, inclu-siv popularizarea unor mari descoperiri tehnice, si nu numai, ın care matematica cea maiavansata a jucat un rol hotarator. De asemenea, se urmareste evidentierea a noi motivatiisolide pentru ınvatarea si studiul matematicii la nivelele de baza si la nivel de performanta;stimularea creativitatii si formarea la viitorii cercetatori matematicieni a unei atitudini de-schise fata de ınsusirea aspectelor specifice din alte stiinte, ın scopul participarii cu succesın echipe mixte de cercetare sau a abordarii unei cercetari inter si multi disciplinare;identificarea unor forme de pregatire adecvata de matematica pentru viitorii studenti aidisciplinelor matematice ın scopul utilizarii la nivel de performanta a aparatului matematicın construirea unei cariere profesionale.

Introducere

Concursurile de matematica, nationale si internationale pentru elevi au o traditieındelungata, primul concurs international fiind organizat la initiativa Romaniei, ınRomania ın anul 1959 (Olimpiada Internationala de Matematica). In toti acesti ani, lanivelul matematicii preuniversitare s-a ajuns la o programa de concurs comuna, unanimacceptata de toate tarile participante la OIM (ın prezent peste 120 de tari) iar concur-sul reprezinta pentru multi dintre participanti cel mai important test de verificare alnivelului pregatirii matematice si ın acelasi timp un barometru pentru nivelul matematiciicompetitionale al tarii din care provin.

Este de dorit ca si la nivel universitar competitiile internationale sa urmeze modelulOIM, ın special ca forma de organizare si ca programa de concurs general acceptata sicunoscuta.

La nivel universitar concursurile de matematica s-au desfasurat foarte mult timp doarla nivel national ın diverse tari si ın multe cazuri sporadic. Cea mai veche competitienationala cu desfasurare neıntrerupta este concursul Putnam, organizat ın Statele Uniteale Americii ıncepand cu anul 1938. In Romania, Concursul National Studentesc ”TraianLalescu” s-a desfasurat la mai multe discipline, s-a ıntrerupt ın perioada 1992-2006 si afost reluat din 2007 la matematica.

Cea mai importanta competitie internationala de matematica pentru studenti esteIMC (International Mathematics Competition for University Students) care se organizeazaitinerant din 1994 fiind echivalentul Olimpiadei Internationale de Matematica la niveluniversitar. In ultimii ani la aceasta competitie participa peste 300 de studenti din peste 70de universitati si peste 30 de tari. Competitia este individuala iar fiecare echipa reprezinta ouniversitate (nu o tara). Dificultatea problemelor date ın concurs este deosebit de ridicata,iar rezultatul este edificator: concursul se desfasoara pe durata a doua zile si se dau 5 sau6 probleme ın fiecare zi.

Incepand din 2007 se desfasoara Concursul International Studentesc SEEMOUS (SouthEastern European Mathematical Olympiad for University Students), analogul OlimpiadeiBalcanice de Matematica pentru elevi, la care au participat ın fiecare an studenti de launiversitati din Romania (Bucuresti, Cluj-Napoca, Iasi, Timisoara).

Aceasta culegere de probleme a fost gandita pentru a pune la dispozitia studentilordin Romania un material necesar pentru o buna pregatire matematica ın vederea ridicariinivelului pregatirii obisnuite la nivel competitional (national sau international). Laelaborarea cartii au fost implicati profesori cu experienta la concursurile nationale siinternationale studentesti.

In elaborarea programei care sta la baza culegerii am decis, dupa discutii cureprezentanti ai majoritatii universitatilor din tara, sa folosim curricula concursurilorinternationale de matematica la care studentii de la universitatile din Romania participacel mai frecvent.

Problemele au fost ımpartite pe teme ın 14 capitole:

3

4 Introducere

• Algebra - capitolele 1 si 2,• Algebra liniara - capitolele 3, 4, 5,• Geometrie analitica - capitolul 6,• Analiza reala (functii de o variabila) - capitolele 7, 8, 9,• Analiza matematica (functii de mai multe variabile) - capitolul 10,• Siruri si serii de functii - capitolul 11,• Functii complexe - capitolul 12,• Matematici discrete - capitolele 13 si 14.

Fiecare capitol ıncepe cu o prezentare a notiunilor si rezultatelor necesare rezolvariiproblemelor, urmata de un numar suficient de probleme rezolvate, unele clasice, dar sem-nificative, altele pentru antrenament si altele selectate din concursurile internationale saunationale ale altor tari ca: Rusia, Franta, Iran, S.U.A., Ungaria, Cehia, Israel.

Culegerea contine peste 600 de probleme cu rezolvari complete, o lista de peste 50 detitluri bibliografice (carti editate ın tara sau ın strainatate), precum si o lista de adresede Internet ale diverselor concursuri internationale studentesti. Dupa cunostinta autoriloraceasta culegere este prima ın lume care trateaza o astfel de tematica la modul general,nefiind dedicata doar unui anumit concurs.

Fiecare capitol al culegerii a fost elaborat de unul sau doi dintre cei 11 autori si fiecarea putut contribui cu probleme la orice alt capitol. De coordonarea ıntregii culegeri sifinalizarea ei s-au ocupat conf. dr. Vasile Pop de la Universitatea Tehnica din Cluj-Napocasi conf. dr. Cornel Baetica de la Universitatea din Bucuresti.

Capitolul 1

Structuri algebrice: monoizi,grupuri, inele, corpuri

Definitii si rezultate

Legi de compozitie. Semigrupuri. Monoizi• Fie M o multime nevida. O functie ϕ : M ×M → M se numeste lege de compozitiepe M . Daca nu mentionam altfel, legea de compozitie va fi notata multiplicativ, adicaϕ(x, y) = xy. Daca legea de compozitie este asociativa, adica (xy)z = x(yz) pentru oricex, y, z ∈ M , atunci (M,ϕ) se numeste semigrup. Daca ın plus exista un element neutrue ∈M , adica xe = ex = x pentru orice x ∈M , atunci semigrupul M se numeste monoid.Daca nu exista nici un pericol de confuzie, ın loc de (M,ϕ) vom scrie simplu M .• Daca M este monoid, atunci multimea U(M) = {x ∈M | x este simetrizabil} este grupcu legea de compozitie indusa din cea a lui M si se numeste grupul unitatilor lui M .• Fie M un monoid si M ′ o submultime nevida a sa. Daca M ′ este monoid ın raport culegea indusa (echivalent, xy ∈ M ′ pentru orice x, y ∈ M ′ si elementul identitate al lui Mse afla ın M ′), atunci M ′ se numeste submonoid al lui M .• Daca S, S′ sunt semigrupuri si f : S → S′ o functie cu proprietatea ca f(xy) = f(x)f(y)pentru orice x, y ∈ S, atunci f se numeste morfism de semigrupuri. Daca M,M ′ suntmonoizi, iar f : M →M ′ este o functie cu proprietatea ca f(xy) = f(x)f(y) pentru oricex, y ∈M si f(e) = e′, unde e, e′ sunt elementele identitate ale celor doi monoizi, atunci fse numeste morfism de monoizi.

Grupuri• Daca G este un grup multiplicativ, atunci, daca nu se precizeaza altfel, elementul neutruse noteaza cu e (sau cu 1).• Ordinul unui element g al unui grup se noteaza ord(g) si este cel mai mic numar naturalnenul n cu proprietatea ca gn = e.Daca G este grup finit, atunci ord(g) | |G|.• Fie G grup si H ⊆ G, H 6= ∅. Atunci H se numeste subgrup al lui G daca pentru oricex, y ∈ H avem ca xy−1 ∈ H.Scriem ca H este un subgrup al lui G astfel: H ≤ G.Un subgrup H al lui G se numeste propriu daca H 6= G.• Daca X este o submultime a unui grup G, atunci intersectia tuturor subgrupurilor luiG care contin pe X se numeste subgrupul generat de X si se noteaza cu 〈X〉.• Fie G un grup si H ≤ G. Doua elemente x, y ∈ G se numesc congruente modulo H la

5

6

stanga (respectiv, la dreapta) daca x−1y ∈ H (respectiv, xy−1 ∈ H). Ambele relatii decongruenta modulo H sunt relatii de echivalenta.Notam cu (G/H)s (respectiv, (G/H)d) multimea claselor de resturi pentru relatia decongruenta la stanga (respectiv, la dreapta) modulo H si avem ca |(G/H)s| = |(G/H)d|.Fie [G : H] = |(G/H)s| = |(G/H)d|; [G : H] se numeste indicele lui H ın G.• Teorema lui Lagrange. Fie H ≤ K ≤ G. Atunci [G : H] = [G : K][K : H].• Lema lui Poincare. Fie H,K ≤ G. Atunci [G : H ∩ K] ≤ [G : H][G : K]. Daca[G : H] < ∞ si [G : K] < ∞, atunci [G : H ∩ K] = [G : H][G : K] daca si numai dacaG = HK.• Fie H ≤ G. Daca xHx−1 = H pentru orice x ∈ G sau echivalent, (G/H)s = (G/H)d,atunci H se numeste subgrup normal.Scriem ca H este subgrup normal al lui G astfel: H EG.In acest caz, pe multimea G/H = (G/H)s = (G/H)d se defineste o structura de grup.G/H se numeste grupul factor al lui G prin subgrupul normal H.• Fie H E G. Aplicatia p : G → G/H, p(a) = a pentru orice a ∈ G, este morfism degrupuri si se numeste proiectia canonica.• Grupurile factor au urmatoarea proprietate de universalitate: fie G, G′ doua grupuri, Hsubgrup normal al lui G si f : G→ G′ morfism de grupuri cu proprietatea ca H ⊆ Ker f .Atunci exista si este unic un morfism de grupuri f : G/H → G′ care satisface conditiafp = f , unde p : G→ G/H este proiectia canonica.• Un subgrup propriu H al lui G se numeste subgrup maximal daca pentru orice K ≤ Gcu H ⊆ K, rezulta ca K = H sau K = G.• Fie Z(G) = {x ∈ G | xg = gx pentru orice g ∈ G}. Multimea Z(G) se numeste centrulgrupului G si este subgrup normal al lui G.• Daca H ≤ G, atunci CG(H) = {x ∈ G | xh = hx pentru orice h ∈ H} se numestecentralizatorul lui H ın G. Pentru un element g ∈ G, multimea CG(g) = {x ∈ G | xg = gx}se numeste centralizatorul elementului g. Sa observam ca CG(g) si CG(H) sunt subgrupuriale lui G.• Un grup G se numeste simplu daca singurele sale subgrupuri normale sunt G si {e}.• Fie G un grup, H ≤ G si HG =

⋂x∈G

xHx−1. HG se numeste interiorul normal al lui H

ın G si este cel mai mare subgrup normal al lui G continut ın H. In particular, H E Gdaca si numai daca HG = H.• Fie G un grup, H ≤ G si NG(H) = {x ∈ G : xHx−1 = H}. NG(H) se numestenormalizatorul lui H ın G si NG(H) este cel mai mare subgrup al lui G ın care H estenormal. In particular, H EG daca si numai daca NG(H) = G.• Daca H ≤ G, atunci CG(H)ENG(H) si NG(H)/CG(H) este izomorf cu un subgrup allui Aut(H).• Fie G un grup si x, y ∈ G. Definim comutatorul lui x cu y ca fiind elementul[x, y] = x−1y−1xy. Elementele lui G de forma [x, y] se numesc comutatori. In general,produsul a doi (sau mai multi) comutatori nu este neaparat un comutator. Definimsubgrupul comutator al lui G ca fiind subgrupul generat de toti comutatorii lui G si ıl vomnota cu G′ (se mai noteaza si cu [G,G]). Sa observam ca G/G′ este un grup comutativ,numit abelianizatul lui G. Mai mult, daca H EG, atunci G/H este abelian daca si numaidaca G′ ⊆ H.• Daca X este o multime nevida, multimea bijectiilor de la X la X este grup cucompunerea functiilor. Acest grup se numeste grupul simetric al multimii X si se noteazacu S(X). Elementele lui S(X) se numesc permutari. Daca X = {1, . . . , n}, atunci S(X)se noteaza cu Sn. Subgrupul lui Sn care consta din toate permutarile pare se noteaza cu

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri 7

An si se numeste grupul altern de grad n.• Un grup finit G se numeste p-grup, unde p este numar prim, daca |G| = pn, n ∈ N∗. Inacest caz, Z(G) 6= {e}.• Fie G un grup finit si p un numar prim cu proprietatea ca p | |G|.Un subgrup H al lui G cu |H| = pm, m ∈ N∗, se numeste p-subgrup. In cazul ın care(p, [G : H]) = 1, H se numeste p-subgrup Sylow.Multimea p-subgrupurilor Sylow ale lui G se noteaza Sylp(G).• Teoremele lui Sylow. Fie G un grup finit si p un numar prim cu proprietatea ca p | |G|.(i) G contine un p-subgrup Sylow.(ii) Orice doua p-subgrupuri Sylow sunt conjugate, adica daca P1 si P2 sunt p-subgrupuriSylow, atunci exista x ∈ G astfel ıncat P2 = xP1x

−1.(iii) Daca np este numarul 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 ıntelege o multime R ınzestrata cu doua legi de compozitie: adunarea”+” si ınmultirea ”·”, astfel ıncat (R,+) este grup abelian, iar ınmultirea este asociativasi distributiva la stanga si la dreapta fata de adunare. Daca, ın plus, exista un elementneutru pentru ınmultire (notat de obicei cu 1), atunci (R,+, ·) se numeste inel unitar.• Daca R si S sunt inele, un morfism de inele f : R → S este o functie pentru caref(a + b) = f(a) + f(b) si f(ab) = f(a)f(b) pentru orice a, b ∈ R. Daca R si S suntinele unitare si morfismul de inele f : R → S verifica si f(1R) = 1S (unde 1R si 1S suntelementele identitate la ınmultire pentru R si S), atunci f se numeste morfism unitar deinele. Daca R si S sunt inele unitare, atunci, daca nu precizam altfel, prin morfism de inelede la R la S se ıntelege morfism unitar.• Pentru orice submultime nevida A a unui inel R se noteaza CR(A) = {r ∈ R | ra = arpentru orice a ∈ A} si se numeste centralizatorul lui A ın R. In particular, CR(R), care senoteaza cu Z(R) (sau C(R)), se numeste centrul lui R.• Fie R un inel unitar. Un element x ∈ R se numeste inversabil la stanga (respectiv ladreapta) daca exista y ∈ R astfel ıncat yx = 1 (respectiv xy = 1). Elementul y se numesteinvers la stanga (respectiv la dreapta) al lui x. Daca x este inversabil la stanga si la dreapta,atunci se numeste element inversabil.• Fie R un inel. Un element a ∈ R se numeste divizor al lui zero la stanga (respectiv ladreapta) daca exista b ∈ R, b 6= 0, astfel ıncat ab = 0 (respectiv ba = 0). Daca a este divizoral lui zero la stanga si la dreapta, atunci se numeste divizor al lui zero. (De exemplu, 0este divizor al lui zero.) Un element care nu este divizor al lui zero nici la stanga si nicila dreapta se numeste nondivizor al lui zero sau element regulat. Un inel fara divizori ailui zero la stanga si la dreapta (diferiti de 0) se numeste inel integru. (Echivalent, dacaab = 0, atunci a = 0 sau b = 0.) Un inel integru comutativ (cu 0 6= 1) se numeste domeniude integritate.• Fie R un inel si x ∈ R. x se numeste nilpotent daca exista un n ∈ N astfel ıncatxn = 0. Cel mai mic n cu proprietatea ca xn = 0 se numeste indicele de nilpotenta al luix. Elementul x se numeste idempotent daca x2 = x.• Fie R un inel si I ⊆ R, I 6= ∅. I se numeste ideal stang (respectiv ideal drept) al lui Rdaca x−y ∈ I pentru orice x, y ∈ I si ax ∈ I (respectiv xa ∈ I) pentru orice a ∈ R, x ∈ I.Daca I este si ideal stang si ideal drept, atunci se numeste ideal bilateral. Daca R este inelcomutativ, atunci cele trei definitii de mai sus coincid si spunem ca I este ideal.• Daca I este ideal bilateral ın inelul R, notam cu R/I inelul factor. Aplicatia p : R→ R/I,p(a) = a pentru orice a ∈ R, este morfism de inele si se numeste proiectia canonica.

8

• Inelele factor au urmatoarea proprietate de universalitate: fie R, R′ doua inele, I idealbilateral al lui R si f : R → R′ morfism de inele cu proprietatea ca I ⊆ Ker f . Atunciexista si este unic un morfism de inele f : R/I → R′ care satisface conditia fp = f , undep : R→ R/I este proiectia canonica.• Daca R este un inel si I ⊆ J doua ideale bilaterale ale sale, atunci exista un izomorfismcanonic R/I

J/I ' R/J .• Fie R un inel comutativ si P ⊆ R un ideal.P se numeste ideal prim daca P 6= R si ab ∈ P implica a ∈ P sau b ∈ P , unde a, b ∈ R.Echivalent, R/P este domeniu de integritate.P se numeste ideal maximal daca P 6= R si nu exista un alt ideal propriu al lui R care sacontina strict pe P . Echivalent, R/P este corp.• Pentru un inel R se vor folosi urmatoarele notatii:U(R) = multimea elementelor inversabile din R,D(R) = multimea divizorilor lui zero din R,N(R) = multimea elementelor nilpotente din R,Idemp(R) = multimea elementelor idempotente din R,Spec(R) = multimea idealelor prime ale lui R,Max(R) = multimea idealelor maximale ale lui R.• Daca I si J sunt ideale (stangi, drepte, bilaterale) ın inelul R, notam cu IJ multimeaelementelor lui R de forma x1y1+. . .+xnyn, cu n ∈ N∗, x1, . . . , xn ∈ I si y1, . . . , yn ∈ J , iarcu I+J multimea elementelor lui R de forma x+y, cu x ∈ I si y ∈ J . Atunci IJ , respectivI + J , este ideal (stang, drept, bilateral) al lui R si se numeste produsul, respectiv suma,idealelor I si J . Puterile In ale idealului I se definesc recurent prin I1 = I si In = IIn−1

pentru n ≥ 2.• Un ideal (stang, drept, bilateral) al lui R se numeste ideal nilpotent daca exista n ∈ N∗cu proprietatea ca In = 0.• Prin R[X] vom nota inelul polinoamelor ın nedeterminata X cu coeficienti ıntr-un inelR. Inelele de polinoame au urmatoarea proprietate de universalitate: pentru orice morfismde inele f : R → S si pentru orice s ∈ S, exista si este unic un morfism f : R[X] → Sastfel ıncat fε = f (unde ε : R → R[X], ε(a) = a pentru orice a ∈ R, este morfismulcanonic) si f(X) = s.Daca f ∈ R[X], atunci prin grad(f) notam gradul lui f .Daca I este ideal (stang, drept, bilateral) al lui R, atunci prin I[X] notam multimeapolinoamelor din R[X] cu toti coeficientii ın I. Se observa ca I[X] este ideal (stang, drept,bilateral) al inelului R[X].• Prin Mn(R), n ∈ N∗, notam inelul matricelor patratice de ordin n cu coeficienti ıntr-uninel R.Daca I este un ideal (stang, drept, bilateral) al lui R, atunci se noteaza cu Mn(I) multimeamatricelor cu toate elementele ın I. Se observa ca Mn(I) este ideal (stang, drept, bilateral)al lui Mn(R).Are loc si o reciproca: orice ideal bilateral al lui Mn(R) este de forma Mn(I), cu I idealbilateral al lui R.• Fie R un inel comutativ si unitar. Prin R[[X]] vom nota inelul de serii formale ınnedeterminata X cu coeficienti ın R. Daca f = a0 +a1X+ · · · este o serie formala nenula,atunci ordinul lui f se noteaza cu ord(f) si este cel mai mic n cu proprietatea ca an 6= 0.


Probleme

Problema 1.1 Fie (M, ·) un semigrup finit. Sa se arate ca exista un sir de numere naturale

n1 < n2 < . . . < nk < . . . astfel ıncat pentru orice x ∈M are loc xn1 = xn2 = . . . = xnk =

. . ..

Solutie. Incepem prin a observa ca daca ın semigrupul finit M consideram un elementx, iar (kn) este un sir strict crescator de numere naturale, atunci putem alege un subsir(kni) al sau astfel ıncat elementele xkni , i ≥ 1, sa ia toate aceeasi valoare. Aceasta esteevident, deoarece elementele sirului xkn pot lua doar un numar finit de valori. Fie M ={x1, . . . , xr}. Aplicam observatia de mai sus elementului x1 si sirului tuturor numerelornaturale. Obtinem un sir (ni)i≥1 de numere naturale pentru care toate puterile xni1 suntegale. Aplicam acum observatia de mai sus elementului x2 si sirului (ni)i≥1. Renotand,obtinem un sir (ni)i≥1 pentru care toti xni1 iau aceeasi valoare si toti xni2 sunt egali.Continuand procedeul obtinem dupa r pasi sirul cautat.

Problema 1.2 Fie (M,+) un submonoid al lui (N,+). Sa se arate ca exista o submultime

finita A a lui N si d, n0 ∈ N astfel ıncat M = A ∪ {nd | n ≥ n0}.

Solutie. Vom demonstra mai ıntai urmatoareaLema. Fie n ≥ 2 un numar natural si a1, . . . , an ∈ N∗ cu proprietatea ca (a1, . . . , an) = 1.Atunci exista n0 ∈ N∗ cu proprietatea ca pentru orice x ∈ N, x ≥ n0, exista k1, . . . , kn ∈ Nastfel ıncat x = k1a1 + · · ·+ knan.Demonstratie. Inductie dupa n. Daca n = 2, alegem n0 = a1a2 si consideram sirul denumere 0 · a2, 1 · a2, . . . , (a1 − 1) · a2. Sa observam ca termenii sirului dau resturi distinctela ımpartirea cu a1 si fiind ın numar de a1 vor aparea toate resturile posibile. Daca x ≥ n0,scriem x = qa1 + r cu 0 ≤ r < a1. Din cele de mai sus rezulta ca exista l ∈ {0, . . . , a1 − 1}astfel ıncat la2 = q′a1 + r. Deci x − la2 = (q − q′)a1. Daca q − q′ < 0, atunci x < la2 sirezulta a1a2 < la2, adica a1 < l, fals. Rezulta ca q − q′ ≥ 0 si r = la2 + (q − q′)a1.Daca n > 2, notam b = (a1, . . . , an−1) si c = an. Atunci (b, c) = 1 si din cele de mai susrezulta ca exista n1 ∈ N cu proprietatea ca pentru orice x ∈ N, x ≥ n1, exista k, l ∈ Nastfel ıncıt x = kb + lc. Dar (a1/b, . . . , an−1/b) = 1 si din ipoteza de inductie rezulta caexista n2 ∈ N cu proprietatea ca pentru orice y ∈ N, y ≥ n2, exista l1, . . . , ln−1 ∈ Nastfel ıncıt y = l1a1/b + · · · + ln−1an−1/b ⇒ by = l1a1 + · · · + ln−1an−1 pentru y ≥ n2.Consideram n0 = n2b(1 + c) + n1 si aratam ca pentru orice x ≥ n0 exista k1, . . . , kn ∈ Nastfel ca x = k1a1 + · · ·+ knan.Cum n0 > n1, exista k, l ∈ N astfel ca x = kb + lc. Putem presupune ca k ≥ n2, altfelk < n2 ⇒ n2b(1 + c) < x = kb + lc < n2b + lc ⇒ n2bc < lc ⇒ n2b < l ⇒ x =(k + n2c)b + (l − n2b)c, scriere ın care coeficientii lui b si c sunt numere naturale iarcoeficientul lui b este mai mare sau egal decat n2. Deci bk = l1a1 + · · · + ln−1an−1, undel1, . . . , ln−1 ∈ N. In concluzie, x = kb+ lc = l1a1 + · · ·+ ln−1an−1 + lc si nu avem decat saalegem k1 = l1, . . . , kn−1 = ln−1, kn = l pentru a obtine scrierea dorita.

Sa trecem acum la rezolvarea problemei. Fie d cel mai mare divizor comun al ele-mentelor multimii M − {0}. Atunci (1/d)M ⊆ N este submonoid, deci putem presupunede la ınceput ca d = 1. Scriem M − {0} = {a1, . . . , an, . . .} si notam qn = (a1, . . . , an) ⇒. . . | qn | qn−1 | . . . | q2 | q1 ⇒ . . . ≤ qn ≤ qn−1 ≤ . . . ≤ q2 ≤ q1, deci exista t ∈ Nastfel ıncat qn = qn+1 pentru orice n ≥ t. Notam q = qn si cum q|an pentru orice n ∈ N∗,

10

avem ca q = 1. Deci (a1, . . . , an) = 1, unde n ≥ t este fixat ⇒ exista n0 ∈ N∗ (conformlemei) cu proprietatea ca pentru orice x ∈ N, x ≥ n0, exista k1, . . . , kn ∈ N astfel ıncatx = k1a1 + · · · + knan ⇒ {x ∈ N | x ≥ n0} ⊆ M , deci M = A ∪ {x ∈ N | x ≥ n0}, undeA = {x ∈M | x < n0} este ın mod evident o multime finita.

Observatie. Din demonstratie rezulta ca elementele multimii A sunt si ele multipli ded.

Problema 1.3 (i) Sa se arate ca 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}. Sa se arate ca (M3, ·) si (M5, ·)

sunt monoizi si ca oricare doi dintre monoizii (N∗, ·), (M3, ·) si (M5, ·) sunt neizomorfi.

Solutie. (i) Definim f : N∗ → M2 astfel: daca n = 2km, k ∈ N si m impar, atuncif(2km) = m. Este usor de vazut ca f este izomorfism de monoizi.(ii) Este imediat ca M3 si M5 sunt monoizi ın raport cu operatia de ınmultire. Sa pre-supunem ca ar exista un izomorfism f : N∗ → M3. Fie p ∈ N∗ un numar prim de forma3k− 1. Atunci p2 ∈M3 si deci exista x ∈ N∗ astfel ıncat f(x) = p2. Avem ca x este numarprim, altfel x ar fi reductibil, deci ar exista y, z ∈ N∗ − {1} astfel ıncat x = yz. De aicirezulta f(x) = f(yz) = f(y)f(z), adica f(y) = f(z) = p (deoarece f(a) = 1⇒ a = 1). Inconsecinta, p ∈M3, contradictie.Fie acum q ∈ N∗ ınca un numar prim de forma 3k − 1, q 6= p. Rezulta ca exista y, z ∈ N∗numere prime astfel ıncat f(y) = q2 si f(z) = pq. Obtinem f(x)f(y) = f(z)2 si tinandseama ca f este izomorfism de monoizi rezulta ca xy = z2. Tinand cont ca x, y, z suntnumere prime, deducem ca x = y = z, contradictie. Deci monoizii N∗ si M3 nu suntizomorfi.

Analog se poate arata ca monoizii N∗ si M5 nu sunt izomorfi, considerand numereprime de forma 5k − 1.

Presupunem acum ca exista un izomorfism f : M3 →M5. Sa aratam mai ıntai ca dacax ∈M3 si x este ireductibil ın M3, atunci x este numar prim sau x = p1p2 cu p1, p2 numereprime de forma 3k−1. Presupunem ca x nu este numar prim, deci exista a, b ∈ N, a, b > 1astfel ıncat x = ab. Rezulta ca a, b sunt de forma 3k − 1 (altfel ar trebui sa fie de forma3k+ 1, ceea ce ar ınsemna ca x este reductibil ın M3). Daca a nu este numar prim, atuncia = uv cu u, v ∈ N, u, v > 1. Atunci u este de forma 3k + 1 si v este de forma 3k − 1 (sauinvers), deci x = u(vb) cu u, vb ∈ M3 ⇒ x reductibil in M3, contradictie. Deci a si b suntnumere prime.

Fie acum q1, q2, q3, q4 ∈ N numere prime distincte de forma 5k + 2. Atunci (q1q2)2,

(q1q3)2, (q2q4)

2, (q3q4)2, q1q2q3q4 ∈ M5 si exista x, y1, y2, z1, z2 ∈ M3 distincte si ire-

ductibile astfel ıncıt f(x) = q1q2q3q4, f(y1) = (q1q2)2, f(y2) = (q3q4)

2, f(z1) = (q1q3)2,

f(z2) = (q2q4)2. De aici obtinem ca f(x)2 = f(y1)f(y2) = f(z1)f(z2)⇒ f(x2) = f(y1y2) =

f(z1z2) ⇒ x2 = y1y2 = z1z2, deci ın monoidul M3 elementul x2 are trei descompuneri dis-tincte ın factori ireductibili, ceea ce este usor de verificat ca nu este posibil (tinand contde descrierea elementelor ireductibile din M3).

Problema 1.4 Fie A o multime nevida si f : A3 → A o functie cu proprietatile:

(a) f(x, y, y) = x = f(y, y, x) pentru orice x, y ∈ A;


(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.

Aratati ca pentru un a ∈ A fixat operatia x+ y = f(x, a, y) defineste pe A o structura de

grup abelian.

Vojtech Jarnik, 2005

Solutie. (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 x′ = f(a, x, a). Avem x+x′ = 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 arata ca x′ + 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 ca elementele lui G′ (subgrupul comutator

al lui G) sunt de ordin finit. Sa se arate ca multimea elementelor de ordin finit ale lui G

formeaza un subgrup.

Iran, 2006

Solutie. Este suficient sa aratam ca produsul a doua elemente de ordin finit este totun element de ordin finit.Fie g, h ∈ G cu ord(g) < ∞ si ord(h) < ∞. In grupul factor G/G′, elementele g si h au

ordinele finite, si cum acest grup este comutativ rezulta ca si produsul lor gh are ordinulfinit. Asadar exista un numar natural n ≥ 1 cu proprietatea ca gh

n= e. De aici obtinem

ca (gh)n ∈ G′. Cum elementele lui G′ au ordinul finit, vom avea ca (gh)n are ordinul finit.In particular obtinem ca gh are ordinul finit, ceea ce trebuia demonstrat.

Problema 1.6 Fie a, b, c elemente de ordin finit ıntr-un grup. Aratati ca daca a−1ba = b2,

b−2cb2 = c2 si c−3ac3 = c2, atunci a = b = c = e, unde e este elementul neutru al grupului.


Solutie. Presupunem contrariul si fie p cel mai mic numar prim cu proprietatea cap | ord(a) ord(b) ord(c). Fara a pierde generalitatea, putem presupune ca p | ord(b). Fiek ≥ 1 astfel ıncat ord(b) = pk si fie d = bk. Atunci ord(d) = p si pentru orice m ≥ 1 avem

12

a−mdam = d2m

.Din mica teorema a lui Fermat stim ca 2p ≡ 2 (mod p), de unde rezulta ca a−pdap =d2

p= d2 = a−1da. De aici deducem imediat ca

a−l(p−1)dal(p−1) = d (1.1)

pentru orice l ∈ Z.Pentru ca (ord(a), p− 1) = 1 exista u, v ∈ Z cu proprietatea ca u ord(a) + v(p− 1) = 1.Inlocuind acum pe l cu v ın relatia (1.1) obtinem d = a−v(p−1)dav(p−1) = a−1da = d2 careimplica d = e, contradictie.

Problema 1.7 Fie p un numar prim si G un grup finit care are exact n elemente de ordin

p. Sa se arate ca n = 0 sau p | n+ 1.

Putnam, 2007

Solutie. Sa presupunem ca n ≥ 1. Din teorema lui Lagrange pentru grupuri rezultaca p | |G|.Fie S multimea tuturor submultimilor lui G cu p elemente. Consideram actiunea lui G peS prin multiplicare la stanga.Vom arata ca pentru aceasta actiune, numarul de elemente al oricarei orbite este |G| sau|G|/p. Mai mult, ın acest ultim caz, orbita contine un unic subgrup de ordin p.Fie X ∈ S. Notam cu OX orbita lui X si cu HX stabilizatorul lui X. Evident, OX ={gX : g ∈ G} si HX = {g ∈ G : gX = X}. Stim ca |OX | = [G : HX ]. Pe de alta parte,

X =⋃

h∈HX

hX =⋃x∈X

HXx,

deci X este o reuniune de clase la dreapta modulo HX , de unde rezulta ca |HX | | |X|. Inconcluzie, |HX | | p, ceea ce demonstreaza prima parte a afirmatiei de mai sus.Daca |HX | = p, atunci stabilizatorul oricarei multimi din OX va avea tot p elemente; ınparticular, o submultime Z ∈ OX contine elementul neutru al lui G, si pentru aceastaavem HZ ⊆ Z. Cum |HZ | = |Z| rezulta ca Z = HZ , ceea ce arata ca OX contine unsubgrup de ordin p. Unicitatea acestuia rezulta din faptul ca orice alta submultime dinOX este o clasa modulo HX .Acum fie |G| = pm si sa presupunem ca sunt k orbite cu pm elemente si l orbite cu m

elemente. Din ecuatia claselor avem ca |S| = kpm + lm; dar |S| =(pmp

)si cum

(pmp )m ≡ 1

(mod p) obtinem l ≡ 1 (mod p).Dar cele l orbite contin fiecare cate un subgrup cu p elemente, deci numarul elementelorde ordin p este n = l(p− 1) ≡ −1 (mod p), ceea ce era de demonstrat.

Problema 1.8 Exista un grup abelian finit G pentru care produsul ordinelor tuturor

elementelor sale sa fie 22009?

Putnam, 2009

Solutie. Raspunsul este nu.Din teorema de structura a grupurilor abeliene finite stim ca G este izomorf cu un produs


direct (finit) de grupuri ciclice. Evident, niciunul dintre aceste grupuri ciclice nu poateavea ordin impar, altfel G ar contine un element de ordin impar, ceea ce este imposibil. Infapt, G este un 2-grup. Pentru un astfel de grup produsul ordinelor elementelor sale estede forma 2i(G).Tot din teorema de structura putem scrie acum ca G '

∏∞k=1(Z2k)ek , unde ek sunt numere

naturale aproape toate nule.Pentru orice numar natural m, elementele lui G de ordin cel mult 2m formeaza un subgrupizomorf cu

∏∞k=1(Z2min(k,m))ek si care are 2sm elemente, unde sm =

∑∞k=1 min(k,m)ek.

Asadar i(G) =∑∞

k=1 k(2sk − 2sk−1). Deoarece s1 ≤ s2 ≤ . . . , i(G) + 1 va fi divizibil cu 2s1 .Cum i(G) = 2009, rezulta s1 ≤ 1. Aceasta se ıntampla ın doua cazuri: ori ek = 0 pentrutoti k, ceea ce duce la i(G) = 0, ori ek = 1 pentru un k si ej = 0 pentru orice j 6= k, cazın care i(G) = (k − 1)2k + 1. Dar se vede imediat ca ecuatia (k − 1)2k + 1 = 2009 nu aresolutii, ceea ce demonstreaza afirmatia.

Problema 1.9 Fie G un grup finit de ordin n. Aratati ca orice element al lui G este

patrat perfect daca si numai daca n este impar.


Solutie. Daca orice element al lui G este patrat perfect, atunci functia f : G → Gdefinita prin f(a) = a2 este surjectiva, deci si injectiva. In particular, daca a2 = e, atuncia = e, ceea ce arata ca grupul G nu poate avea elemente de ordin 2. In consecinta, ordinullui G este impar.Reciproc, daca n este impar ıl vom scrie sub forma n = 2k− 1. Fie x ∈ G. Atunci xn = e,de unde rezulta ca (xk)2 = x, deci x este patrat perfect.

Problema 1.10 Aflati ıntregii pozitivi n pentru care exista o familie F formata din

submultimi cu trei elemente ale multimii S = {1, . . . , n} si care satisface urmatoarele

conditii:

(i) pentru oricare doua elemente distincte a, b ∈ S exista o unica multime A ∈ F care

le contine;

(ii) daca a, b, c, x, y, z ∈ S au proprietatea ca {a, b, x}, {a, c, y}, {b, c, z} ∈ F , atunci

{x, y, z} ∈ F .

IMC, 2003

Solutie. Conditia (i) ne permite sa definim pe S o operatie algebrica astfel:

a ∗ b = c daca si numai daca {a, b, c} ∈ F , pentru orice a 6= b.

Evident, operatia nu este complet definita, ramanand de definit si a ∗ a.Pentru moment ınsa vom studia proprietatile sale asa cum a fost definita. Pentru a 6= b,din proprietatea (i), rezulta imediat ca operatia satisface urmatoarele trei proprietati:

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 doua, din conditia (ii) obtinem:

(d) (x ∗ a) ∗ c = b ∗ c = z = x ∗ y = x ∗ (a ∗ c),

deci operatia este asociativa ın cazul ın care cele trei elemente sunt diferite.Acum putem completa operatia ın asa fel ıncat aceasta sa ramana asociativa si ın cazul ıncare elementele nu sunt neaparat diferite. (De exemplu, va trebui sa avem b = a ∗ (a ∗ b) =(a ∗ a) ∗ b.) Pentru aceasta ıi vom adauga lui S un element nou, sa-i zicem 0, si vom defini

(e) a ∗ a = 0 si a ∗ 0 = 0 ∗ a = a, pentru orice a ∈ S ∪ {0}.

Este usor de verificat acum ca proprietatile (a), (b), (c) au loc pentru orice a, b, c ∈ S∪{0}.Mai mult, vom avea si ca

(f) (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c),

pentru orice a, b, c ∈ S ∪ {0}.In concluzie, (S ∪ {0}, ∗) are o structura de grup abelian ın care orice element diferit de 0are ordinul doi, deci |S ∪ {0}| = 2r pentru un r ≥ 1, de unde rezulta ca n = 2r − 1.Reciproc, daca n = 2r − 1 pentru un r ≥ 1, vom construi o familie de submultimi ale luiS cu proprietatile (i) si (ii). Pentru a face aceasta vom folosi tot o operatie algebrica. Maiprecis, daca a = a0 + 2a1 + · · ·+ 2r−1ar−1 si b = b0 + 2b1 + · · ·+ 2r−1ar−1, unde ai, bi sunt0 sau 1, definim

a ∗ b = |a0 − b0|+ 2|a1 − b1|+ · · ·+ 2r−1|ar−1 − br−1|.

Este usor de verificat ca aceasta operatie safisface (a), (b), (c), (d). Daca F va fi familiaformata din tripletele {a, b, a ∗ b}, cu a, b ∈ S distincte, atunci conditia (i) va rezulta din(a), (b), (c), iar conditia (ii) din (d).In concluzie, raspunsul este n = 2r − 1.

Problema 1.11 Pentru un grup G si un numar ıntreg m ≥ 1 definim G(m) ca fiind

subgrupul lui G generat de gm, g ∈ G. Aratati ca daca 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

Solutie. Fie d = (m,n). Este imediat ca 〈G(m), G(n)〉 = G(d), deci va fi suficient saaratam ca orice doua elemente de forma am, bn comuta.Sa consideram c = [am, bn], adica c = a−mb−nambn. Rescriem pe c astfel:

c = (a−mbam)−nbn = a−m(b−nabn)m.

Aceste scrieri arata ca c ∈ G(m) ∩G(n). In particular, obtinem ca c ∈ Z(G(d)).Acum, din relatia ambn = bnamc, rezulta prin inductie ca amrbnr = bnramrcr

2, pentru

orice r ≥ 1. Pentru r = m/d, respectiv r = n/d, folosind ca G(m), respectiv G(n) suntcomutative, obtinem ca c(m/d)

2= c(n/d)

2= e, de unde rezulta c = e.


Problema 1.12 Pentru un grup abelian G fie mG cel mai mic n ∈ N∗ cu proprietatea

ca orice functie f : Zn → G are o restrictie a carei suma a valorilor este zero. Aflati

max|G|=2010

mG.

SEEMOUS Shortlist, 2010

Solutie. Sa consideram functiile fk : Zk → Z2010, fk(x) = 1, cu k ∈ {1, 2, . . . , 2009}.Pentru orice astfel de k si orice ∅ 6= M ⊂ Zk, avem

∑a∈M

fk(a) = |M | 6= 0. Deci

mZ2010 ≥ 2010.Pe de alta parte, fie G un grup abelian cu |G| = 2010, f : Z2010 → G si g :

{0, 1, . . . , 2009} → Z2010, g(m) =m∑k=0

f(k). Functia g este sau bijectiva sau neinjectiva. In

primul caz, exista un m ∈ {0, 1, . . . , 2009} astfel ıncatm∑k=0

f(k) = 0, iar ın al doilea obtinem

m1 < m2 astfel ıncatm1∑k=0

f(k) =m2∑k=0

f(k). Aceasta relatie duce lam2∑

k=m1+1

f(k) = 0.

Ambele cazuri dau o restrictie a lui f ale carei valori au suma zero. Deci mG ≤ 2010.Concluzia este ca max

|G|=2010mG = 2010.

Problema 1.13 Fie m ∈ N, m > 2 si G un grup finit cu proprietatea ca ord(x) > m,

oricare ar fi x ∈ G − {e}. Aratati ca G nu se poate scrie ca reuniune de m subgrupuri

proprii.

Solutie. Sa presupunem ca G = H1 ∪ . . . ∪ Hm, unde H1, . . . ,Hm sunt subgrupuriproprii ale lui G, i = 1, . . . ,m. Deoarece exista xi ∈ Hi cu ord(xi) > m, rezulta ca |Hi| > mpentru orice i = 1, . . . ,m. Fie ti = [G : Hi]. Avem ti > 1 pentru orice i = 1, . . . ,m. Pe dealta parte, |G| < |H1|+ · · ·+ |Hm| (deoarece Hi ∩Hj 6= ∅ oricare ar fi i, j ∈ {1, . . . ,m}).Fie t = min{t1, . . . , tm}. Rezulta ca t > 1 si fie p un divizor prim al lui t ⇒ p | |G| ⇒exista g ∈ G cu ord(g) = p (din teorema lui Chauchy) ⇒ p > m ⇒ ti > m, pentru oricei = 1, . . . ,m ⇒ 1 > 1

t1+ · · ·+ 1

tm= 1|G|(|H1|+ · · ·+ |Hm|) > 1, contradictie.

Problema 1.14 Fie G un grup cu proprietatea ca x2 = e pentru orice x ∈ G. Sa se arate

ca:

(i) G este grup abelian;

(ii) Daca G este finit, atunci exista n ∈ N astfel ıncat |G| = 2n. Mai mult, ın acest caz

G ' Z2 × · · · × Z2,

produsul direct continand n factori.

16

Solutie. (i) Fie x, y ∈ G. Atunci (xy)2 = e, deci xyxy = e. Inmultind cu x−1 la stangasi cu y−1 la dreapta si tinand cont ca x2 = y2 = e, obtinem yx = xy.(ii) Observam ca grupul abelian (G, ·) se poate ınzestra cu o structura de Z2-spatiu vec-torial, ınmultirea cu scalari fiind definita astfel: 0 · x = e si 1 · x = x pentru orice x ∈ G.Verificarea este imediata, observandu-se ca este esentiala conditia x2 = e pentru oricex ∈ G (trebuie, de exemplu, ca (1 + 1)x = (1x)(1x) ceea ce este echivalent cu x2 = e).Cum G este grup finit, va avea dimensiune finita. Fie aceasta n. Atunci G este izomorf,ca Z2-spatiu vectorial, cu Z2 × · · · × Z2 (produs de n factori). In particular, acesta este siizomorfism de grupuri, deci G are 2n elemente.

Problema 1.15 Fie G un grup. Aratati ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

(i) toate subgrupurile lui G sunt normale;

(ii) oricare ar fi a, b ∈ G exista m ∈ Z cu proprietatea ca (ab)m = ba.

Iran, 2009

Solutie. (i)⇒ (ii) Fie a, b ∈ G. Atunci 〈ab〉 este subgrup normal, deci b(ab)b−1 ∈ 〈ab〉.In consecinta, exista m ∈ Z cu proprietatea ca (ab)m = ba.(ii) ⇒ (i) Fie H ≤ G si fie h ∈ H, g ∈ G. Atunci exista m ∈ Z cu proprietatea ca((hg−1)g)m = ghg−1, de unde rezulta ca ghg−1 = hm ∈ H, deci H EG.

Problema 1.16 Fie G un grup finit si H subgrup al lui G de ordin impar cu [G : H] = 2n,

n ≥ 1. Aratati ca toate elementele lui G de ordin impar sunt ın H daca si numai daca H

este subgrup normal.

Iran, 2010

Solutie. Fie x ∈ H si g ∈ G. Atunci ord(x) | |H|, deci ord(x) este impar. Cumord(gxg−1) = ord(x), rezulta ca gxg−1 ∈ H, ceea ce arata ca H EG.Reciproc, daca H E G, atunci fie x ∈ G un element de ordin impar. Scriem ord(x) =2r + 1. In grupul factor G/H avem ca x2r+1 = e, deci ord(x) | 2r + 1. Pe de alta parte,ord(x) | |G/H| = 2n. In consecinta, ord(x) = 1, adica x = e, ceea ce ınseamna ca x ∈ H.

Problema 1.17 Fie G un grup infinit care are doar un numar finit de subgrupuri ce nu

sunt normale. Daca H ≤ G cu |H| =∞, sa se arate ca H EG.

Solutie. Sa observam mai ıntai ca daca K ≤ H si H \ K este multime finita, atunciK = H.Deoarece H \K este multime finita si H este grup infinit, avem ca subgrupul K este infinit.Daca K 6= H, atunci [H : K] > 1 si de aici rezulta ca H \K este o reuniune de clase (lastanga, de exemplu) de forma xK, x ∈ H \K. Dar |xK| = |K|, deci H \K este multimeinfinita, contradictie.Revenind la rezolvarea problemei, presupunem prin reducere la absurd ca H nu este sub-grup normal. Atunci exista g ∈ G astfel ıncat H * gHg−1.


Notam K = H ∩ gHg−1 si fie x ∈ H \K. Daca g−1〈x〉g = 〈x〉, atunci g−1xg ∈ 〈x〉 ⊆ H,deci x ∈ K, fals. Asadar g−1〈x〉g 6= 〈x〉, ceea ce arata ca 〈x〉 nu este subgrup normal al luiG.Pe de alta parte, numarul de elemente din H \K care genereaza acelasi subgrup ca si xeste finit, deoarece 〈x〉 are un numar finit de generatori.In consecinta, multimea H \K este finita. Atunci, conform celor de mai sus, K = H, deciH ⊆ gHg−1, contradictie.

Problema 1.18 Fie G un grup cu G′ = G si H un subgrup al sau. Aratati ca daca H

este ciclic si H EG, atunci H ⊆ Z(G).

Iran, 2005

Solutie. Deoarece HEG avem ca NG(H) = G. Se stie ca NG(H)/CG(H) este izomorfcu un subgrup al lui Aut(H). Cum H este ciclic, Aut(H) va fi abelian, deci si G/CG(H)este abelian. De aici obtinem ca G′ ⊆ CG(H), deci CG(H) = G, ceea ce implica H ⊆ Z(G).

Problema 1.19 Fie G un grup cu proprietatea ca G′ (subgrupul comutator al lui G) este

abelian si orice subgrup normal si abelian al lui G este finit. Aratati ca G este finit.

Iran, 2009

Solutie. Folosind lema lui Zorn putem alege un subgrup N al lui G care sa fie maximalabelian si normal ce contine pe G′. Din ipoteza, N va fi finit. Deoarece N este abelianavem ca N ⊆ CG(N), unde CG(N) este centralizatorul lui N ın G.Daca N = G, am terminat.Daca N 6= G, consideram un element x ∈ CG(N). Deoarece G/N este abelian, subgrupul〈x,N〉 este normal si pentru ca x ıl centralizeaza pe N , 〈x,N〉 este subgrup abelian normal.Pentru ca N este maximal, 〈x,N〉 = N , si de aici rezulta ca x ∈ N , deci N = CG(N),adica N este propriul sau centralizator.Definim acum un morfism de grupuri ϕ : G → Aut(N), ϕ(g) = ϕg, unde ϕg ∈ Aut(N)este un automorfism interior, adica ϕg(h) = ghg−1 pentru orice h ∈ N . Rezulta imediat caKer ϕ = N si din teorema fundamentala de izomorfism, G/N este izomorf cu un subgrupal grupului Aut(N). Cum N este finit, Aut(N) este finit, deci G/N este finit. Cum si Neste finit, din teorema lui Lagrange rezulta ca G este grup finit.

Problema 1.20 Presupunem ca exista un grup G care are exact n subgrupuri de indice

2. Sa se arate ca exista un grup abelian finit care are exact n subgrupuri de indice 2.

Iran, 2007

Solutie. Fie H1, . . . ,Hn cele n subgrupuri de indice 2 ale lui G. Evident, HiCG pentruorice i = 1, . . . , n si de aici rezulta ca H =

⋂ni=1HiCG. 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.Ramıne sa aratam ca G/H are exact n subgrupuri de indice 2. Evident, H/Hi este subgrupde indice 2 al lui G/H pentru orice i = 1, . . . , n. Daca K/H ar fi subgrup de indice 2 al lui

G/H, atunci, deoarece G/HK/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 numar prim si G un grup care nu este ciclic cu |G| = pn, n ≥ 2.

Sa se arate ca G are cel putin p+ 3 subgrupuri distincte.

Iran, 2007

Solutie. Procedam prin inductie dupa n.Daca n = 2, atunci G este izomorf cu Zp × Zp. Subgrupurile netriviale ale lui Zp × Zpcoincid cu Zp-subspatiile vectoriale de dimensiune 1, iar numarul acestora este p + 1,deoarece exista p2 − 1 vectori liniari independenti si fiecare p− 1 dintre acestia genereazaacelasi subspatiu. In concluzie, ın acest caz G are exact p+ 3 subgrupuri.Sa presupunem acum ca n > 2. Deoarece G este p-grup, centrul sau Z(G) este netrivial,deci |G/Z(G)| < |G|. Evident, G/Z(G) este un p-grup.Daca G/Z(G) nu este grup ciclic, din ipoteza de inductie va avea cel putin p+3 subgrupuridistincte, deci G are cel putin p+ 3 subgrupuri distincte.Daca G/Z(G) este grup ciclic, atunci G este abelian, deci este izomorf cu un produs directde grupuri ciclice de forma Zpk , k ≥ 1. Mai mult, G nefiind ciclic, produsul direct are cel

putin doi factori de forma de mai sus. Insa un grup de forma Zpk are un subgrup izomorfcu Zp, deci produsul direct va contine un subgrup izomorf cu Zp × Zp si putem aplicaacum cazul n = 2.

Problema 1.22 Fie G un grup netrivial cu proprietatea ca orice subgrup normal al sau

este finit generat. Aratati ca nu exista N E G, N 6= {e}, astfel ıncat G sa fie izomorf cu

G/N .

Iran, 2008

Solutie. Presupunem, prin reducere la absurd, ca exista N EG, N 6= {e}, astfel ıncatG ' G/N . Exista 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, obtinand ocontradictie.Fie fn = f ◦ · · · ◦ f , n ≥ 1, unde compunerea se face de n ori. Definim Kn = Ker fn

si K = ∪n≥1Kn. Kn sunt subgrupuri normale ın G si Kn ⊆ Kn+1, oricare ar fi n ≥ 1.Evident, K EG.Sa aratam ca K nu este finit generat. Daca K este finit generat, atunci exista j ≥ 1 astfelıncat K = Kj si de aici deducem ca Kj = Kj+1 = . . . . Insa egalitatea Kj = Kj+1 esteimposibila, altminteri f ◦ f j(x) = e implica f j(x) = e si cum f j este morfism surjectivrezulta ca Ker f = {e}, ceea ce este fals.

Problema 1.23 Fie G un grup finit cu proprietatea ca pentru orice H ≤ G exista un

morfism fH : G→ H astfel ıncat fH(h) = h pentru orice h ∈ H. Aratati ca G este izomorf

cu un produs direct de grupuri ciclice cu ordinele numere prime.

Iran, 2008

Solutia 1. Procedam prin inductie dupa n, numarul numerelor prime (nu neaparatdistincte) care apar ın descompunerea lui |G| ın factori primi.


Daca n = 1 nu este nimic de demonstrat.Daca n > 1, atunci scriem |G| = p1 · · · pn si consideram H ≤ G cu |H| = pn elemente (unastfel de H exista din teorema lui Cauchy). Din ipoteza exista fH : G → H astfel ıncatfH(h) = h pentru orice h ∈ H.Fie K = Ker fH . Din teorema fundamentala de izomorfism pentru grupuri avem caG/K ' H, deci |K| = p1 · · · pn−1. Din ipoteza de inductie, K este izomorf cu un produsdirect de grupuri ciclice cu ordinele numere prime.Pe de alta parte, exista, de asemenea, un morfism fK : G → K astfel ıncat fK(k) = kpentru orice k ∈ K.Fie L = Ker fK . Evident, K,L sunt subgrupuri normale si K ∩ L = {e}. Mai mult, vomarata ca G = KL.Fie g ∈ G. Scriem g = fK(g)(fK(g)−1g), unde fK(g) ∈ K si fK(g)−1g ∈ L deoarecefK(fK(g)−1g) = fK(g)−1fK(g) = e, deci G = KL.Acum rezulta imediat ca G ' K × L. Dar G/L ' K implica |L| = pn, deci L este grupciclic.In concluzie, G este izomorf cu un produs direct de grupuri ciclice cu ordinele numereprime.

Solutia 2. Fie P un p-subgrup Sylow al lui G, unde p este un numar prim care divide|G|. Stim ca exista un morfism fP : G → P cu proprietatea ca fP (x) = x pentru oricex ∈ P .Fie K = Ker fP . Atunci G/K ' P si exista un morfism fK : G→ K astfel ıncat fK(k) = kpentru orice k ∈ K.Fie L = Ker fK . Cum G/L ' K avem ca |G/L| = |K|. Dar |G/K| = |P | si de aici deducemca |P | = |L|, deci L este p-subgrup Sylow normal al lui G. Cum orice doua p-subgrupuriSylow sunt conjugate, va trebui ca P = L.Asadar orice p-subgrup Sylow al lui G este normal, deci G este grup nilpotent. Dar oricegrup nilpotent este produsul direct al subgrupurilor sale Sylow, deci G este izomorf cu unprodus direct de p-grupuri.Deoarece proprietatea din enunt se transfera la subgrupuri, va fi suficient sa consideramcazul ın care G este p-grup. Fie |G| = pn, n ≥ 1. Vom face inductie dupa n.Daca n = 1, atunci G este grup ciclic.Daca n > 1, atunci avem doua posibilitati: Z(G) = G sau Z(G) 6= G.In cazul ın care Z(G) = G obtinem ca G este abelian si atunci ord(x) = p pentru oricex ∈ G, x 6= {e}, altminteri ar exista un grup ciclic cu pm elemente, m > 1, si care areproprietatea din enunt, ceea ce este fals. Asadar, ın acest caz, G este Zp-spatiu vectorialde dimensiune n, deci este izomorf cu produsul direct Zp × · · · × Zp (ın care Zp apare den ori).In cazul ın care Z(G) 6= G consideram un morfism f : G → Z(G) ca ın enunt si aratamca G ' Z(G) × Ker f (folosim faptul ca Z(G) si Ker f sunt subgrupuri normale alelui G, Z(G)Ker f = G si Z(G) ∩ Ker f = {e}). Cum 1 < |Z(G)| < |G| si implicit1 < |Ker f | < |G|, din ipoteza de inductie rezulta ca G este izomorf cu un produs directde grupuri ciclice cu p elemente.

Problema 1.24 Fie p un numar prim, G un p-grup finit, x, y ∈ G si z = [x, y]. Pre-

supunem ca x se afla ın orice subgrup normal al lui G care ıl contine pe z. Sa se arate ca

x = e.

20

Iran, 2009

Solutie. Vom face inductie dupa |G|.Daca |G| = p, atunci G este ciclic, deci z = e. Rezulta imediat ca x = e, deoarece {e} estesubgrup normal ın G.Sa presupunem acum ca |G| > p.Fie g ∈ Z(G) cu ord(g) = p si definim subgrupul normal N = 〈g〉. Fie G = G/N siz = [x, y] ∈ G. Evident G este p-grup si satisface conditia din enunt cu privire la elementelex, y si z. Din ipoteza de inductie obtinem ca x = e, adica x ∈ N . Cum ınsa N ⊆ Z(G)rezulta ca 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

ca G/N este grup abelian finit generat. Demonstrati ca:

(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

Solutie. (i) Fie H ≤ G. Atunci HN ≤ G si HN/N ≤ G/N . Cum orice subgrup alunui grup abelian finit generat este la randul sau finit generat, rezulta ca HN/N este finitgenerat. Fie x1, . . . , xr ∈ HN/N un sistem de generatori pentru HN/N cu xi ∈ H pentruorice i = 1, . . . , r. Se arata usor ca H este generat de x1, . . . , xr si H∩N . Cum H∩N ≤ N ,avem ca H ∩N este o multime finita, deci H este finit generat.(ii) Se stie ca CG(N)ENG(N). Dar N EG implica NG(N) = G, deci C EG.Mai stim ca NG(N)/CG(N) este izomorf cu un subgrup al lui Aut(N), deci G/C este grupfinit.(iii) Pentru ınceput observam ca G′ ⊆ N , deoarece G/N este abelian. Rezulta ca G′ estegrup finit.Din (i) obtinem, ın particular, ca G este finit generat si fie g1, . . . , gm un sistem de gener-atori pentru G.Cum G′ este grup finit, multimea conjugatilor lui gi nu poate fi decat finita, altminteri amavea o infinitate de comutatori distincti. De aici rezulta ca [G : CG(gi)] <∞ pentru oricei = 1, . . . ,m.Dar Z(G) =

⋂mi=1CG(gi). De aici rezulta imediat ca [G : Z(G)] < ∞, ceea ce era de

demonstrat.Observatie. Nu este ıntamplator faptul ca ın rezolvarea punctului (iii) am folosit ca

G′ este grup finit. Exista o teorema a lui Schur care spune ca daca G/Z(G) este grup finit,atunci G′ este grup finit.

Problema 1.26 (i) Sa se arate ca pentru orice n ∈ N∗, grupul (C∗, ·) are exact un subgrup

cu n elemente si anume Un = {z ∈ C∗ | zn = 1}.

(ii) Daca p este un numar prim, aratati ca Cp∞ =⋃n≥0

Upn este un subgrup al lui (C∗, ·)


care nu este finit generat.

(iii) Aratati ca daca H este un subgrup propriu al lui Cp∞ , atunci exista n ∈ N∗ cu

H = Upn .

(iv) Daca G este un subgrup infinit al lui (C∗, ·) cu proprietatea ca orice subgrup propriu

al sau este finit, atunci exista p numar prim astfel ıncat G = Cp∞ .

Olimpiada Nationala de Matematica, Romania, 1998

Solutie. (i) Un = {z ∈ C | zn = 1} este subgrup al lui (C∗, ·), deoarece pentrux, y ∈ Un avem (xy−1)n = xny−n = 1, deci xy−1 ∈ Un. Daca H este un subgrup cu nelemente al lui (C∗, ·), din teorema lui Lagrange rezulta ca zn = 1 pentru orice z ∈ H,deci H ⊆ Un. Cum H si Un au acelasi numar de elemente rezulta ca H = Un.(ii) In grupul (C∗, ·) consideram subgrupurile Upn cu n ∈ N. Avem Upn ⊆ Upn+1 , deoarece

zpn

= 1 implica zpn+1

= 1 si incluziunea este stricta, cele doua subgrupuri avand cardinalediferite. Rezulta usor acum ca 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 doua posibilitati: multimea {m ∈ N | exista x ∈ H cu ord(x) = pm} estemarginita sau nemarginita.Daca multimea {m ∈ N | exista x ∈ H cu ord(x) = pm} este nemarginita, atunci vomavea H = Cp∞ . Fie g ∈ Cp∞ , ord(g) = pn. < g > este un subgrup cu pn elemente al luiCp∞ si din (i) rezulta ca < g > = Upn . Pe de alta parte, exista m ∈ N, m > n si x ∈ H cuord(x) = pm. Atunci, ca mai sus, < x > = Upm ⊇ Upn , deci g ∈ < x > ⊆ H.Daca multimea {m ∈ N | exista x ∈ H cu ord(x) = pm} este marginita, atunci fie n celmai mare element al sau si x ∈ H cu ord(x) = pn. Vom arata ca ın acest caz H = Upn .Intr-adevar, daca g ∈ H, atunci ord(g) = pm cu m ≤ n si < g > = Upm ⊆ Upn , deciH ⊆ Upn . Pe de alta parte, H ⊇ < x > = Upn si de aici rezulta egalitatea dorita.(iv) G nu este grup ciclic, altfel G ar fi izomorf cu Z si nu are proprietatea din enunt. Maimult, rezulta ca ord(x) <∞ pentru orice x ∈ G, deoarece < x > este un subgrup ciclic allui G si din aceleasi motive ca mai sus nu poate fi infinit.Aratam acum ca exista un unic numar prim p > 0 cu proprietatea ca ord(x) este oputere a lui p pentru orice x ∈ G. Sa presupunem ca exista x1, x2 ∈ G cu ord(x1) = pa11 siord(x2) = pa22 , unde p1, p2 sunt numere prime distincte. (Sa observam ca ıntotdeauna existaelemente ın grupul G care au ordinul o putere a unui numar prim: daca ord(x) = qb11 · · · qbrr ,

qi numere prime distincte, atunci ord(xqb22 ···q

brr ) = qb11 .) Alegem a1, a2 maxime. (Daca ar

exista un numar prim p astfel ıncat multimea {k ∈ N | exista x ∈ G cu ord(x) = pk} safie infinita, atunci Cp∞ ⊆ G, deci Cp∞ este un subgrup infinit al lui G, deci Cp∞ = G.)Fie x3 ∈ G − < x1, x2 > (exista un astfel de element, deoarece < x1, x2 > este subgrup

finit al lui G). Daca ord(x3) = pk11 pk22 , atunci k1 ≤ a1 si k2 ≤ a2 (deoarece ord(x

pk22

3 ) = pk11

si ord(xpk11

3 ) = pk22 ). Rezulta ca xpk22

3 ∈ < x1 > = Upa11si x

pk11

3 ∈ < x2 > = Upa22, deci

xpk22

3 ∈ < x1, x2 > si xpk11

3 ∈ < x1, x2 >. In particular, obtinem x3 ∈ < x1, x2 > (deoarece(pk11 , p

k22 ) = 1), contradictie. Rezulta ca exista un numar prim p3, diferit de p1, p2, astfel

ıncat p3| ord(x3). Deci exista ın G elemente de ordin o putere a lui p3. Notam tot cu x3 unelement de ordin pa33 cu a3 maxim. In acest fel se obtine un sir (xn) de elemente din G, unsir de numere prime distincte (pn) si un sir de numere naturale nenule (an) cu proprietateaca ord(xn) = pann pentru orice n ≥ 1. In 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 sidiferit de G, deoarece x1 /∈ < x2, . . . , xn, . . . >), contradictie.Deci exista un unic numar prim p cu proprietatea ca ord(x) este o putere a lui p pentruorice x ∈ G. Daca multimea {k ∈ N | exista x ∈ G cu ord(x) = pk} ar fi finita, fiek0 maximul sau. Rezulta ca G ⊆ Upk0 , fals. Deci multimea este infinita si ın acest cazobtinem ca G = Cp∞ .

Problema 1.27 Fie G un grup care are un automorfism σ de ordin doi fara puncte fixe

netriviale (adica σ(x) = x implica x = e).

(i) Daca G este grup finit, atunci G este abelian;

(ii) Daca oricare ar fi x ∈ G exista un unic element y ∈ G astfel ıncat x = y2, atunci G

este abelian.

Iran, 2003

Solutie. (i) Definim o functie f : G→ G prin f(x) = x−1σ(x), oricare ar fi x ∈ G.Sa aratam ca f este injectiva: f(x) = f(y) ⇒ x−1σ(x) = y−1σ(y) ⇒ σ(xy−1) = xy−1 ⇒xy−1 = e ⇒ x = y.Deoarece G este grup finit rezulta ca f este functie bijectiva, deci orice element al lui Gse scrie sub forma x−1σ(x) pentru un x ∈ G.Dar σ(x−1σ(x)) = σ(x−1)σ(σ(x)) = σ(x)−1x = (x−1σ(x))−1, deci σ(y) = y−1 pentru oricey ∈ G si folosind ca σ este morfism de grupuri rezulta imediat ca G este abelian.(ii) Fie x ∈ G. Atunci exista un unic element y ∈ G cu proprietatea ca x−1σ(x) = y2.Deducem ca σ(x−1σ(x)) = σ(y2) ⇔ σ(x)−1σ(σ(x)) = σ(y)2 ⇔ σ(x)−1x = σ(y)2 ⇔(σ(x)−1x)−1 = (σ(y)2)−1 ⇔ x−1σ(x) = σ(y−1)2.Din ipoteza rezulta acum ca σ(y−1) = y ⇔ σ(y) = y−1.Calculam σ(xy) = σ(x)σ(y) = xy2y−1 = xy si obtinem ca xy = e ⇒ y = x−1 ⇒x−1σ(x) = x−2 ⇒ σ(x) = x−1, deci G este abelian.

Observatie. In cazul (i) se poate arata usor ca |G| este impar.

Problema 1.28 Aratati ca urmatoarea afirmatie are loc pentru n = 3, 5 si nu are loc

pentru n = 4: ,,Pentru orice π1 ∈ Sn, π1 6= e, exista π2 ∈ Sn cu proprietatea ca 〈π1, π2〉 =

Sn.”

IMC, 1998

Solutie. Cazul n = 3 este imediat.Daca π1 este o transpozitie, sa zicem ca π1 = (12), atunci putem considera π2 = (123).Daca π1 este un ciclu de lungime 3, sa zicem ca π1 = (123), atunci putem consideraπ2 = (12).Cazul n = 5.(i) Daca π1 este o transpozitie, sa zicem ca π1 = (12), atunci putem considera π2 =(12345).(ii) Daca π1 este un ciclu de lungime 3, sa zicem ca π1 = (123), atunci putem considera


π2 = (124)(35). Avem π42 = (124) si π32π1π32 = (125), deci (123), (124), (125) ∈ 〈π1, π2〉.

Stim ınsa ca A5 = 〈(123), (124), (125)〉, deci A5 ⊆ 〈π1, π2〉. Cum [S5 : A5] = 2, iar π2 estepermutare impara, rezulta 〈π1, π2〉 = S5.(iii) Daca π1 este produsul dintre un ciclu de lungime 3 si o transpozitie (disjuncte, de-sigur), sa zicem ca π1 = (123)(45). Atunci, ca ın cazul precedent, putem alege π2 = (124).(iv) Daca π1 este un ciclu de lungime 4, sa zicem ca π1 = (1234), atunci putem consid-era π2 = (12345). Avem (π2π1)

3 = (24), π21(24) = (13) si π22 = (13524). Din faptul ca(13), (13524) ∈ 〈π1, π2〉 obtinem imediat ca 〈π1, π2〉 = S5.(v) Daca π1 este produsul a doua transpozitii disjuncte, sa zicem ca π1 = (12)(34), atuncivom considera π2 = (1354). Avem π22π1 = (125) si π32π1 = (124)(35). Din (iii) rezultaacum ca 〈π1, π2〉 = S5.(vi) Daca π1 este un ciclu de lungime 5, sa zicem ca π1 = (12345), atunci putem consideraπ2 = (12).Cazul n = 4.Fie π1 = (12)(34) si presupunem ca exista π2 ∈ S4 cu 〈π1, π2〉 = S4. ConsideramK = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}. Stim ca K este subgrup normal al lui S4 si dincele de mai sus avem ca grupul factor S4/K este ciclic, generat de clasa lui π2. Pe de altaparte, |S4/K| = 6, deci acest grup factor contine un element de ordin 6. Dar pentru oriceσ ∈ S4, ord(σ) ∈ {1, 2, 3, 4}, ceea ce contrazice existenta unui element de ordin 6 ın S4/K.

Observatie. Afirmatia din problema are loc pentru orice n 6= 4 si a fost demonstrataın lucrarea ”S. Piccard, Sur les bases du groupe symetrique et du groupe alternant, Com-mentarii Mathematici Helvetici, vol. 11, 1938”.

Problema 1.29 Fie G un subgrup al lui Sn, n ≥ 2, cu proprietatea ca pentru orice

π ∈ G \ {e} exista un unic k ∈ {1, . . . , n} pentru care π(k) = k. Aratati ca acest k este

acelasi pentru orice π ∈ G \ {e}.

IMC, 2010

Solutia 1. Consideram actiunea canonica a lui G pe multimea X = {1, . . . , n} dataprin (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 actiunea data. Din enunt avem ca

G =⋃x∈X

Stab(x) (1.2)

si

Stab(x) ∩ Stab(y) = {e} (1.3)

pentru x 6= y.Vom demonstra ca exista x ∈ X cu proprietatea ca Stab(x) = G, ceea ce rezolva problema.Fie Gx1, . . . , Gxr orbitele distincte ale actiunii. Stim ca acestea formeaza o partitie a luiX, deci putem scrie

G =

r⋃i=1

⋃x∈Gxi

Stab(x). (1.4)

Mai stim ca |Gx| = |G|/|Stab(x)|. Daca y ∈ Gx, atunci Gy = Gx si de aici rezulta ca|Stab(y)| = | Stab(x)|.

24

Din relatia (1.4) obtinem

|G| − 1 = |G \ {e}| = |r⋃i=1

⋃x∈Gxi

Stab(x) \ {e}| =r∑i=1

|G||Gxi|

(|Gxi| − 1),

de unde rezulta

1− 1

|G|=

r∑i=1

(1− 1

|Gxi|). (1.5)

Faptul ca exista x ∈ X cu proprietatea ca Stab(x) = G este echivalent cu existenta uneiorbite triviale.Daca toate orbitele sunt netriviale si sunt cel putin doua, atunci din relatia (1.5) vom aveaca

1− 1

|G|=

r∑i=1

(1− 1

|Gxi|) ≥ (1− 1

2) + (1− 1

2) = 1,

contradictie.Daca exista o singura orbita si aceea este netriviala, atunci din (1.2) si (1.3) rezulta ca

|G| − 1 =∑

x∈X(| Stab(x)| − 1) = n |G|n − n = |G| − n, contradictie.

In concluzie, exista cel putin o orbita triviala, deci un punct fix comun tuturorpermutarilor din G.

Solutia 2. Vom folosi aceleasi notatii ca ın solutia precedenta.Pentru un element g ∈ G definim Fix(g) = {x ∈ X : gx = x}. Evident, |Fix(g)| = 1 pentruorice g 6= e si |Fix(e)| = n.Vom folosi acum lema lui Burnside care spune ca numarul de orbite N = 1

|G|∑

g∈G |Fix(g)|.Asadar N = 1

|G|(|G| − 1 + n), de unde rezulta ca |G| divide pe n− 1.

Pe de alta parte, din ecuatia claselor avem ca n = m1 + · · · + mN , unde mi = |Gxi|,elementele {x1, . . . , xN} reprezentand un sistem complet si independent de reprezentantipentru relatia de echivalenta determinata de actiunea canonica a lui G pe X. Din relatiaorbita-stabilizator deducem ca mi | |G| pentru orice i = 1, . . . , N .Daca N = 1, atunci n | n− 1, fals.Daca N > 1, atunci vom avea N − 1 elemente dintre m1, . . . ,mN egale cu |G|, altminterin ≤ (N−2)|G|+|G| = (N−1)|G| = n−1, contradictie. In concluzie, n = (N−1)|G|+mi =n− 1 +mi, deci mi = 1 ceea ce ınseamna ca exista o orbita triviala.

Problema 1.30 Fie G un subgrup al lui Sn, n ≥ 2, cu proprietatea ca pentru orice

i, j ∈ {1, . . . , n} exista σ ∈ G astfel ıncat σ(i) = j. Aratati ca pentru orice k ∈ {1, . . . , n}

avem Gk ∩ Z(G) = {e}, unde Gk = {τ ∈ G : τ(k) = k}.

Iran, 2004

Solutie. Consideram actiunea lui G pe multimea {1, . . . , n} data prin (σ, i) → σ(i).Pentru k ∈ {1, . . . , n} avem ca Stab(k) = {σ ∈ G : σ(k) = k}, deci Stab(k) = Gk.Este imediat din enunt ca Gk = {1, . . . , n}, unde Gk este orbita lui k, adica Gk = {σ(k) :σ ∈ G}.Din formula orbita-stabilizator obtinem ca n = |Gk| = [G : Gk]. Asadar existaτ1, . . . , τn−1 ∈ G cu proprietatea ca G = Gk ∪ τ1Gk ∪ . . . ∪ τn−1Gk (reuniune disjuncta).


Fie τ ∈ Gk ∩Z(G). Avem ca ττ j = τ jτ pentru orice j ∈ {1, . . . , n− 1} si de aici deducemca τ(τ j(k)) = τ j(k) pentru orice j ∈ {1, . . . , n− 1}.Aratam acum ca {k, τ1(k), . . . , τn−1(k)} = {1, . . . , n} si de aici rezulta, ın mod evident, caτ = e. Sa presupunem prin absurd ca τ i(k) = τ j(k), i 6= j. Atunci τ−1j τ i(k) = k, echivalent

τ−1j τ i ∈ Gk, deci τ iGk = τ jGk, contradictie.

Problema 1.31 (i) Daca G este un subgrup al lui Sn care nu este continut ın An, atunci

G contine un subgrup de indice 2.

(ii) Daca G este grup finit si |G| = 4n+ 2, atunci G contine un unic subgrup de indice 2.

Solutie. (i) Fie G ≤ Sn astfel ıncat G nu este inclus ın An. Rezulta imediat ca[G : G ∩ An] ≤ [Sn : An] = 2. Dar G 6= G ∩ An, deci [G : G ∩ An] > 1. Am obtinut ca[G : G ∩An] = 2 si deci G ∩An este subgrup de indice 2 ın G.Se poate argumenta chiar mai simplu: deoarece G 6= G ∩ An, G contine o permutareimpara, sa o notam cu σ. Rezulta ca G ∩ An si σ(G ∩ An) formeaza o partitie a lui An.Daca τ ∈ G, atunci τ poate fi para, caz ın care τ ∈ G ∩ An, sau poate fi impara, caz ıncare σ−1τ ∈ G ∩An ⇔ τ ∈ σ(G ∩An).(ii) Cum |G| = 4n + 2, din teorema lui Cauchy rezulta ca G are un element g de ordin2. Din teorema lui Cayley stim ca exista 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 almultimii G, care ın acest caz este izomorf cu S4n+2). Sa observam ca permutarea f(g) nuare puncte fixe, deoarece g 6= e, si ca (f(g))2 = IdG. Rezulta ca descompunerea lui f(g)ın produs de cicli disjuncti consta ın produsul a 2n + 1 transpozitii. Asadar f(g) este opermutare impara si aplicand (i) pentru grupul Im(f) obtinem ca Im(f) are un subgrupde indice 2. Dar f este morfism injectiv, deci G ' Im(f), de unde rezulta ca G are unsubgrup de indice 2.Presupunem acum ca exista doua subgrupuri distincte H1, H2 de indice 2 ın G. Acesteasunt subgrupuri normale si deci H1H2/H1 ' H2/H1 ∩ H2. Deoarece H1 este subgruppropriu al lui H1H2, rezulta ca H1H2 = G, deci |H1H2/H1| = 2 = |H2/H1 ∩H2|, ceea ce

ınseamna ca H1 ∩H2 are |H2|2 = 2n+1

2 elemente, ceea ce este absurd.

Problema 1.32 Sa se arate ca grupurile GL(2,Z) si GL(3,Z) nu sunt izomorfe.

Solutie. Sa presupunem ca grupurile GL(2,Z) si GL(3,Z) sunt izomorfe. Vom definiacum un morfism injectiv de grupuri f : GL(2,Z) × {±1} → GL(3,Z) prin f(A,±1) =(A 00 ±1

). Deoarece grupul ({±1}, ·) este izomorf cu Z2 si GL(2,Z) este izomorf cu

GL(3,Z), rezulta ca avem un morfism injectiv de la GL(2,Z) × Z2 la GL(2,Z). Iterandobtinem ca exista un morfism injectiv de la GL(2,Z)×Z2×· · ·×Z2 (ın produs se consideran copii ale lui Z2) la GL(2,Z). In particular, aceasta ınseamna ca pentru orice n ∈ N∗exista A1, . . . , An ∈ GL(2,Z) cu proprietatea ca ord(Ai) = 2 si AiAj = AjAi, oricare ar fii, j ∈ {1, . . . , n}.

Elementele de ordin 2 din GL(2,Z) sunt matricele −I2 si

(a bc −a

), cu bc = 1− a2. Sa

consideram doua matrice de aceasta forma si sa vedem ın ce conditii acestea comuta: fie

A =

(a bc −a

)si A′ =

(a′ b′

c′ −a′)

astfel ıncat AA′ = A′A. Din calcule se obtine ca

26

ab′ = a′b, ac′ = a′c, bc′ = b′c. Tinand cont de faptul ca bc = 1− a2 si b′c′ = 1− a′2, rezultaca singurele matrice de ordin 2 cu care A comuta sunt −A si −I2, contradictie.

Observatie. Solutia data se bazeaza pe faptul ca grupul Z32 nu se scufunda ın GL(2,Z),

dar se scufunda ın GL(3,Z). Aceasta observatie se poate generaliza ducand la concluziaca 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. Sa se arate ca daca |H| = p, atunci H este continut ın Z(G).

Iran, 1990 si Iran, 2011

Solutia 1. Presupunem ca H 6⊆ Z(G). Atunci rezulta ca H∩Z(G) = {e}. Consideramacum actiunea prin conjugare a lui G pe H si scriem ecuatia claselor pentru aceastaactiune. Vom avea |H| = |H ∩ Z(G)| +

∑[G : CG(x)], unde CG(x) este centralizatorul

elementului x ∈ H, ın acest caz cu CG(x) 6= G. Deoarece [G : CG(x)] divide |G| sip este cel mai mic numar prim care divide |G|, rezulta ca [G : CG(x)] ≥ p, de undep = |H| = 1 +

∑[G : CG(x)] ≥ 1 + p, contradictie.

Solutia 2. Actiunea prin conjugare a lui G pe H defineste un morfism ϕ : G →Aut(H). Cum H ' Zp, avem ca Aut(H) ' Aut(Zp). Stim ınsa ca Aut(Zp) ' Z×p , iar Z×peste grup ciclic cu p− 1 elemente. Fiindca p este cel mai mic divizor prim al lui |G|, avemca (|G|, p− 1) = 1 si astfel morfismul ϕ este trivial. Deci gxg−1 = x pentru orice g ∈ G siorice x ∈ H, ceea ce ınseamna ca H ⊆ Z(G).

Observatie. Se observa ca putem ınlocui conditia 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. Daca ([G :

Hi], [G : Hj ]) = 1 pentru orice i, j ∈ {1, 2, 3}, i 6= j, atunci G este grup abelian.

Solutie. Fie p un numar prim cu proprietatea ca p | |G|. Atunci vor exista i, j ∈{1, 2, 3}, i 6= j, astfel ıncat p - [G : Hi] si p - [G : Hj ].Deoarece ([G : Hi], [G : Hj ]) = 1, avem G = HiHj si de aici deducem ca [G : Hi ∩Hj ] =[G : Hi][G : Hj ]. In particular, obtinem ca p - [G : Hi ∩Hj ] si aceasta conduce imediat laexistenta unui p-subgrup Sylow al lui G continut ın Hi ∩Hj .Fie P p-subgrup Sylow al lui G, P ≤ Hi ∩Hj . Cum Hi, Hj sunt abeliene avem ca Hi ≤NG(P ), respectiv Hj ≤ NG(P ). In consecinta, G = HiHj ≤ NG(P ), deci G = NG(P ),ceea ce ınseamna ca P EG.Am obtinut astfel ca pentru orice p | |G| exista un unic p-subgrup Sylow ın G si acestaeste abelian. Dar ın aceste conditii G este produsul direct al subgrupurilor sale Sylow, deciG este abelian.

Observatie. Acest rezultat apare ın lucrarea lui lui K. Doerk, Minimal nicht ube-rauflosbare, endlicher Gruppen, Math. Z., 91 (1966), 198-205, si este valabil si pentru altetipuri 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. Aratati

ca pentru orice divizor prim p al lui |H| multimea p-subgrupurilor Sylow ale lui H nu poate

fi egala cu multimea p-subgrupurilor Sylow ale lui G.


Iran, 2003

Solutie. Presupunem prin absurd ca Sylp(H) = Sylp(G). In particular, orice p-subgrupSylow al lui G este continut ın H.Fie P ∈ Sylp(G) si g ∈ G. Atunci g−1Pg ∈ Sylp(G), deci g−1Pg ∈ Sylp(H). De aicirezulta ca g−1Pg ⊆ H, deci P ⊆ gHg−1. Cum g a fost ales arbitrar ın G, obtinem caP ⊆

⋂g∈G gHg

−1.

Dar⋂g∈G gHg

−1 = HG EG si cum G este simplu avem ca HG = {e} sau HG = G.Dar P ⊆ HG, deci HG 6= {e}.Daca HG = G, atunci H CG, fals.Asadar am obtinut o contradictie.

Problema 1.36 Fie G un grup finit cu exact 50 de 7-subgrupuri Sylow. Fie P un 7-

subgrup Sylow al lui G si N = NG(P ).

(i) Aratati ca N este subgrup maximal al lui G;

(ii) Daca N are un 5-subgrup Sylow Q si QEN , atunci QEG.

Iran, 2007

Solutie. (i) Din a doua teorema a lui Sylow stim ca [G : N ] = 50. Fie acum H ≤ Gcu 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 ca [H : N ] divide pe [G : N ] si severifica usor ca singurele posibilitati sunt [H : N ] = 1 sau [H : N ] = 50. Astfel H = Nsau H = G, deci N este maximal.(ii) Fie R un 5-subgrup Sylow al lui G care ıl contine pe Q. In mod evident R ∩N = Q.Daca Q = R, atunci NG(Q) = NG(R) si cum N ≤ NG(Q) rezulta ca [G : N ] estedivizibil prin [G : NG(Q)]. Deoarece [G : NG(R)] ≡ 1 (mod 5), exista k ∈ N astfel ıncat[G : NG(R)] = 5k + 1 si 5k + 1 | 50. Pentru k ≥ 1 este fals, iar pentru k = 0 se obtine caNG(Q) = G, deci QEG.Sa consideram acum ca Q 6= R. Deoarece R este un 5-grup, NR(Q) ıl contine strict pe Q.(Aceasta este o proprietate valabila ın orice p-grup finit: daca Q = NR(Q), atunci Z(R) ⊆Q si ın grupul factor R/Z(R) avem ca subgrupul Q/Z(R) coincide cu normalizatorulsau. Cum ınsa |R/Z(R)| < |R|, ajungem imediat la o contradictie.) Asadar NR(Q) 6⊆ N ,altminteri NR(Q) ar fi continut ın N ∩ R = Q, fals. Astfel, 〈NR(Q), N〉 ıl contine strictpe N si cum acesta este maximal (din (i)) avem 〈NR(Q), N〉 = G. Deoarece Q E NR(Q)si QEN , rezulta QEG.

Problema 1.37 Fie G un grup finit si N un subgrup maximal al lui G. Presupunem ca

N este abelian, [G : N ] = pn cu p prim si n ≥ 1, si N nu contine nici un subgrup normal

netrivial al lui G. Aratati ca p nu divide |N |.

Iran, 2010

Solutie. Presupunem prin reducere la absurd ca p | |N | si fie x ∈ N cu ord(x) = p.Exista P un p-subgrup Sylow al lui G cu proprietatea ca x ∈ P .

28

Cum P ∩N este subgrup al lui N si N este abelian rezulta ca P ∩N este subgrup normalal lui N . Asadar 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 ca am avea P ∩ N subgrup normal ın G,netrivial si continut ın N .Ramane ca NG(P ∩N) = N . De aici obtinem ca NP (P ∩N) = P ∩N . Insa P ∩N ≤ Psi P p-grup, iar conform celor aratate ın solutia problemei 1.36, daca P ∩N 6= P , trebuiesa avem P ∩ N 6= NG(P ∩ N). In consecinta, P ∩ N = P ceea ce implica p - [G : N ],contradictie.

Problema 1.38 Sa se determine numarul structurilor neizomorfe de inel care pot fi def-

inite pe o multime cu p elemente, unde p este un numar prim.

Solutie. Deoarece orice grup cu p elemente este izomorf cu (Zp,+), este suficient sadeterminam structurile de inel al caror grup abelian subiacent este (Zp,+).Cum acest grup este generat de 1, ınmultirea ”∗” din inel este complet determinata de1 ∗ 1. Intr-adevar, daca 1 ∗ 1 = a, atunci n ∗ m = nma pentru orice n, m ∈ Zp. Pe de altaparte, o verificare simpla arata ca pentru orice a ∈ Zp ınmultirea n ∗ m = nma definesteo structura de inel (Zp,+, ∗).Daca a 6= 0, atunci inelul (Zp,+, ∗) este izomorf cu inelul (Zp,+, ·) al claselor de resturimodulo p, un izomorfism fiind f : (Zp,+, ·)→ (Zp,+, ∗), f(n) = na.Daca a = 0, atunci (Zp,+, ∗) este inelul nul, ın care n ∗ m = 0 pentru orice n, m ∈ Zp, siacesta este evident neizomorf cu (Zp,+, ·).Prin urmare exista exact doua structuri de inel neizomorfe pe o multime cu p elemente, sianume inelul nul si inelul (Zp,+, ·) care este chiar corp comutativ.

Problema 1.39 Fie R un inel cu grupul (R,+) ciclic. Sa se arate ca R este inel comutativ.

Solutie. Daca grupul (R,+) subiacent inelului este ciclic, fie a un generator al acestuigrup si r, s ∈ R doua elemente arbitrare. Atunci exista m, p ∈ N∗ cu r = ma si s = pa.Rezulta rs = (ma)(pa) = mpa2 = pma2 = (pa)(ma) = sr si deci R este comutativ.

Problema 1.40 (i) Sa se arate ca orice inel unitar cu p2 elemente este comutativ, unde

p este un numar prim.

(ii) Sa se arate ca exista inele neunitare cu p2 elemente care nu sunt comutative.

Iran, 2010

Solutie. (i) Fie R un inel unitar cu p2 elemente. Daca 1 = 1R are ordinul p2 ın (R,+),atunci (R,+) este ciclic si din problema 1.39 rezulta ca R este comutativ.Daca 1 are ordinul p, fie K subinelul lui R generat de 1. Atunci K are p elemente, decieste corp comutativ (vezi rezolvarea problemei 1.38). Mai mult, exista a ∈ R astfel ıncat{1, a} este o baza a K-spatiului vectorial R si K = {n · 1R| n ∈ N∗} este inclus ın centrullui R. Daca r, s ∈ R, atunci exista α, β, γ, δ ın K astfel ıncat r = α + βa si s = γ + δa.Efectuand ınmultirile obtinem rs = sr.(ii) Fie R = Zp × Zp cu adunarea pe componente si ınmultirea data de (a, b)(c, d) =


(ac+ bc, ad+ bd) pentru orice a, b, c, d ∈ Zp.Se arata prin calcul ca sunt satisfacute axiomele inelului.Avem (1, 1)(1, 0) = (2, 0) si (1, 0)(1, 1) = (1, 1), deci R nu este comutativ. In particular,din prima parte a problemei rezulta ca R nu este unitar.

Problema 1.41 Fie R un inel finit cu urmatoarea proprietate: pentru orice a, b ∈ R

exista c ∈ R (depinzand de a si b) astfel ıncat a2 + b2 = c2.

Sa se arate ca pentru orice a, b, c ∈ R exista d ∈ R cu proprietatea ca 2abc = d2.


Solutie. Definim R(2) = {x2 : x ∈ R} si observam ca proprietatea lui R data ın enuntse poate rescrie ca R(2) +R(2) ⊆ R(2).Pentru un element y ∈ R(2) fixat, functia f : R(2) → R(2) definita prin f(x) = x + y esteinjectiva si cum R(2) este o multime finita rezulta ca f este bijectiva. Asadar R(2) esteınchisa si la scadere, deci R(2) este subgrup al lui (R,+).Fie acum doua elemente x, y ∈ R. Deoarece xy + yx = (x + y)2 − x2 − y2, rezulta caxy + yx ∈ R2. Pentru

x = a si y = bc, obtinem ca abc+ bca ∈ R2,

x = c si y = ab, obtinem ca cab+ abc ∈ R(2),

x = ca si y = b, obtinem ca cab+ bca ∈ R(2).

Acum, daca adunam primele doua relatii si o scadem pe cea de-a treia, obtinem ca 2abc ∈R(2).

Problema 1.42 Fie R un inel unitar care are un numar finit, strict mai mare decat 1, de

divizori ai lui zero la stanga sau la dreapta. Sa se arate ca R este finit.

Mai mult, daca |R| = n, atunci |U(R)| ≤ n− [√n].

Solutie. Fie D = {a1, . . . , an} multimea divizorilor lui zero la stanga sau la dreaptadin R. Presupunem prin absurd ca R este infinit. Fie a ∈ D \ {0} un divizor al lui zerola dreapta (se rationeaza analog pentru un divizor al lui zero la stanga). Daca x ∈ R \D,atunci ax este un element nenul din D. Cum D este finita, rezulta ca exista o multimeinfinita de elemente din R, fie acestea r1, . . . , rn, . . ., astfel ıncat ar1 = . . . = arn = . . ..Rezulta ca ri − rj ∈ D pentru orice i, j ∈ N∗, deci ri − r1 ∈ D pentru orice i ∈ N∗ ceea cecontrazice finitudinea lui D. Prin urmare, R este finit.Fie x ∈ R \ {0} un divizor al lui zero la dreapta si φ : R → xR definita prin φ(a) = xa.Avem ca φ este morfism surjectiv de grupuri, deci R/Ker φ ' xR, de unde obtinem|R| = |Ker φ||xR|. Cum multimile Ker φ si xR sunt formate din divizori ai lui zero ladreapta, rezulta |D|2 ≥ n, deci |D| ≥

√n ≥ [

√n] (se poate rationa analog pentru un divizor

al lui zero la stanga, luand Rx ın loc de xR). Cum ıntr-un inel finit avem U(R) = R \D,rezulta ca |U(R)| ≤ n− [

√n].

Problema 1.43 Fie R un inel cu urmatoarele proprietati:

30

(i) (ab)2 = a2b2 pentru orice a, b ∈ R;

(ii) x3 = 0 implica x = 0.

Aratati ca R este inel comutativ.

Iran, 2007

Solutie. Fie u, v ∈ R si x = uv, y = vu. Din relatia (vu)2 = v2u2 rezulta ca x3 = xyx,iar din relatia (uv)2 = u2v2 rezulta y3 = yxy. Un calcul simplu arata ca (x − y)3 =xy2 − x2y + y2x− yx2. Daca x = 0, atunci (−y)3 = 0, si din (ii) avem ca y = 0.Asadar uv = 0 implica vu = 0.Din (i) obtinem ca a(ba − ab)b = 0 si din cele de mai sus rezulta ca ba(ba − ab) = 0.Schimband pe a cu b obtinem ca ab(ab− ba) = 0. Adunand ultimele doua relatii avem ca(ab−ba)2 = 0. De aici obtinem ca (ab−ba)3 = 0, deci ab = ba, ceea ce trebuia demonstrat.

Problema 1.44 Fie R un inel oarecare. Sa se arate ca daca x2 ∈ Z(R) pentru orice

x ∈ R, atunci (xy)2 = (yx)2 pentru orice x, y ∈ R.

Iran, 2008

Solutie. Fie x, y ∈ R. Atunci (xy+x)2−(xy)2−x2 = xyx+x2y ∈ Z(R). In particular,avem ca y(xyx + x2y) = (xyx + x2y)y ⇔ (yx)2 + yx2y = (xy)2 + x2y2. Cum x2 ∈ Z(R)rezulta ca yx2y = x2y2, deci (yx)2 = (xy)2, ceea ce trebuia demonstrat.

Problema 1.45 Fie R un inel unitar. Aratati ca:

(i) daca orice element inversabil este central, atunci orice element nilpotent este central;

(ii) daca orice element nilpotent este central, atunci orice element idempotent este cen-

tral.

Iran, 2007

Solutie. (i) Fie a ∈ R element nilpotent. Atunci exista n ∈ N, n ≥ 1, astfel ıncatan = 0. Deoarece 1 = 1− an = (1− a)(1 + a+ · · ·+ an−1) = (1 + a+ · · ·+ an−1)(1− a),rezulta ca 1− a este element inversabil, deci central, de unde rezulta ca a este central.(ii) Fie e ∈ R un element idempotent si x ∈ R un element oarecare. Avem ca (exe−ex)2 = 0si (exe− xe)2 = 0. Din ipoteza, elementele exe− ex, exe− xe sunt centrale. In particular,e(exe − ex) = (exe − ex)e si e(exe − xe) = (exe − xe)e. De aici obtinem ca ex = exe,respectiv xe = exe. In concluzie, ex = xe, deci e este element central.

Problema 1.46 Fie R un inel unitar. Stim ca orice element al lui R se poate scrie ca

produs de elemente idempotente. Sa se arate ca R este inel comutativ.

Iran, 2009


Solutie. Este suficient sa aratam ca orice element idempotent este central.Sa presupunem mai ıntai ca avem doua elemente x, y ∈ R cu proprietatea ca xy = 1. Vomarata ca x = y = 1. Daca x 6= 1, atunci scriem x = e1 · · · en, cu ei elemente idempotentesi e1 6= 1. Fie z = e2 · · · eny. Avem e1z = 1 si de aici rezulta ca 1− e1 = (1− e1)e1z = 0,fals.Sa presupunem acum ca avem un element a ∈ R cu proprietatea ca a2 = 0. Atunci1− a2 = 1, de unde (1− a)(1 + a) = 1 si folosind observatia de mai sus obtinem a = 0.Fie e ∈ R un element idempotent si x ∈ R arbitrar. Atunci (ex−exe)2 = 0 si (xe−exe)2 =0, de unde rezulta ca ex = exe = xe, deci orice element idempotent este central.

Problema 1.47 Fie R un inel comutativ unitar. Sa se arate ca:

(i) Idemp(R) are o structura de grup ın raport cu legea de compozitie ”∗” definita prin:

e ∗ f = e+ f − 2ef pentru orice e, f ∈ Idemp(R).

(ii) Daca R are un numar finit de idempotenti, atunci exista n ∈ N∗ astfel ıncat

| Idemp(R)| = 2n.

Solutie. (i) Fie e, f ∈ Idemp(R). Atunci

(e+ f − 2ef)2 = e2 + f2 + 4e2f2 + 2ef − 4e2f − 4ef2

= e+ f + 4ef + 2ef − 4ef − 4ef

= e+ f − 2ef,

deci e+f −2ef este idempotent. Rezulta ca Idemp(R) este parte stabila ın 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 − 2fg + 4efg

si

e ∗ (f ∗ g) = e+ (f + g − 2fg)− 2e(f + g − 2fg)

= e+ f + g − 2fg − 2ef − 2eg + 4efg,

deci ”∗” este asociativa.• 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) Observam ca e ∗ e = 0 pentru orice e ∈ Idemp(R), deci ın acest grup orice elementeste de ordin 2. In ipoteza ca Idemp(R) este grup finit putem aplica rezultatul problemei1.14(ii) si obtinem ca exista n ∈ N∗ astfel ıncat | Idemp(R)| = 2n.

Problema 1.48 Fie R un inel de caracteristica zero si e, f, g ∈ R elemente idempotente

care satisfac relatia e+ f + g = 0. Sa se arate ca e = f = g = 0.

32

IMC, 2000

Solutie. Avem g = g2 = (−e−f)2 = e+(ef+fe)+f = (ef+fe)−g, deci 2g = ef+fe.Comutatorul aditiv [e, f ] = ef − fe se poate scrie astfel: [e, f ] = [e, ef + fe] = 2[e, g] =2[e,−e − f ] = −2[e, f ], de unde rezulta ca [e, f ] = 0. Din aceasta relatie si din faptul ca2g = ef + fe obtinem g = ef .Acum relatia e+ f + g = 0 devine e+ f + ef = 0 si prin ınmultire la stanga cu e vom aveae+ 2ef = 0. Analog f + 2ef = 0. Din aceste ultime doua relatii deducem ca e = f .Similar se obtine ca e = g, deci e = f = g si din e+ f + g = 0 rezulta e = f = g = 0.

Problema 1.49 Fie R un inel si un numar ıntreg n > 2. Presupunem ca xn = x, pentru

orice x ∈ R. Sa se arate ca xyn−1 = yn−1x oricare ar fi x, y ∈ R.


Solutie. Vom arata mai ıntai ca ıntr-un inel fara nilpotenti netriviali ele-menteleidempotente sunt centrale. Fie e ∈ R un element idempotent si x ∈ R arbitrar. Atunci(ex− exe)2 = 0 si (xe− exe)2 = 0, de unde rezulta ca ex = exe = xe.Acum este lesne de observat ca R nu are nilpotenti netriviali si ca yn−1 este idempotent,pentru orice y ∈ R.

Problema 1.50 Sa se arate ca nu exista inele unitare cu exact cinci elemente inversabile.

Solutia 1. Presupunem ca exista un inel unitar R cu exact cinci elemente inversabile.Asadar |U(R)| = 5 si cum −1 ∈ U(R), rezulta ca (−1)5 = 1, deci 1 + 1 = 0.Mai mult, grupul U(R) avand ordinul 5 este grup ciclic. Fie a un generator al lui U(R). Ev-ident a 6= 1. Atunci (1+a+a2)2 = 1+a2+a4, deci (1+a+a2)3 = (1+a2+a4)(1+a+a2) = a3.Insa ecuatia x3 = a3 are o singura solutie, si anume x = a, deoarece x trebuie sa fieinversabil si verificam pe rand valorile 1, a, a2, a3, a4.Dar 1 + a+ a2 = a duce la a2 = 1, ceea ce este absurd.

Solutia 2. Incepem exact ca la solutia precedenta si obtinem ca 1+1 = 0. Consideramun element a ∈ U(R) care genereaza acest grup.Definim acum un morfism de inele unitare ϕa : F2[X]→ R cu proprietatea ca ϕa(X) = a.Deoarece a5 = 1, Ker ϕa va contine polinomul X5− 1 = (X − 1)(X4 +X3 +X2 +X + 1).Fie ζ o radacina a lui X4 + X3 + X2 + X + 1 (ın ınchiderea algebrica a lui F2). AtunciF2(ζ) este un corp cu 2n elemente, unde 1 ≤ n ≤ 4. Din teorema lui Lagrange rezulta ca5 = ord(ζ) divide pe |F×2n | = 2n − 1, ceea ce implica n = 4 si ca X4 + X3 + X2 + X + 1este 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]/(X5−1). Din teorema chineza a resturilorobtinem ca

F2[X]/(X5 − 1) ' F2[X]/(X − 1)× F2[X]/(X4 +X3 +X2 +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 unitati,contradictie.

Problema 1.51 Sa se arate ca nu exista inele cu exact cinci elemente regulate.


Iran, 2008

Solutie. Presupunem ca exista un inel R cu exact cinci elemente regulate.Fie G multimea elementelor regulate ale lui R. Observam ca G este ınchisa la ınmultire.Mai mult, ınmultirea la stanga (dreapta) pe G cu elemente din G este injectiva, deci sisurjectiva. Asadar ecuatiile ax = b si ya = b au solutii ın G pentru orice a, b ∈ G. Deducemde aici ca G este grup ın raport cu operatia de ınmultire din R. Cum |G| = 5, rezulta caG este grup ciclic si notam cu 1 elementul sau neutru.Evident {−1, 1} este subgrup al lui G, deci neaparat −1 = 1.Apoi, pentru a ∈ G − {1} fixat, definim un morfism canonic de inele ϕa : Z2[X] → R cuurmatoarele proprietati: ϕa(1) = 1 si ϕa(X) = a.Fie S = Im(ϕa). S este subinel al lui R cu elementul unitate 1 si pentru ca G = 〈a〉 ⊆ Sobtinem ca orice element regulat al lui R este element inversabil ın S.Reciproc, orice element c ∈ U(S) este element regulat ın R. Altminteri ar exista un elementx ∈ R, x 6= 0, cu (sa zicem) xc = 0. Fie b ∈ S cu cb = 1. Atunci x1 = x(cb) = (xc)b = 0,ceea ce contrazice faptul ca elementul 1 ∈ G este regulat ın R.Deci S este un inel unitar cu |U(S)| = 5, contradictie cu problema 1.50.

Problema 1.52 Fie R un inel unitar si a ∈ R cu a3 − a− 1 = 0. Aratati ca daca I este

un ideal bilateral al lui R cu proprietatea ca |R/I| ≤ 4, atunci I = R.

Iran, 2006

Solutie. Sa presupunem ca I 6= R. Consideram urmatoarele elemente ale lui R/I: 0, 1,a, a2 si a3. Din ipoteza rezulta ca cel putin doua dintre aceste elemente sunt egale. Asadaravem zece cazuri: 0 = 1, 0 = a, 0 = a2, 0 = a3, 1 = a, 1 = a2, 1 = a3, a = a2, a = a3 saua2 = a3. Aceasta ınsemna ca cel putin unul dintre urmatoarele elemente este ın I: 1, a,a2, a3, a− 1, a2 − 1, a3 − 1, a2 − a, a3 − a sau a3 − a2.Din relatia a3 − a − 1 = 0 rescrisa sub forma a(a − 1)(a + 1) = 1 rezulta ca cele zeceelemente 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 ca I ⊆ N(R).

Atunci orice idempotent din R/I se ridica la un idempotent ın R (adica pentru orice

f ∈ R/I cu f2 = f , exista e ∈ R cu e2 = e astfel ıncat f = e).

Solutie. Cum f ∈ R/I, exista x ∈ R astfel ıncat f = x. Din x2 = x rezulta a =x2 − x ∈ I ⊆ N(R), deci exista n ∈ N∗ astfel ıncat an = 0. Obtinem

0 = (x2 − x)n

=

n∑k=0

(−1)kCknx2kxn−k

=n∑k=0

(−1)kCknxn+k

= xn − xn+1n∑k=1

(−1)k−1Cknxk−1.

34

Notand t =n∑k=1

(−1)k−1Cknxk−1, avem ca xn = xn+1t si xt = tx. Fie e = xntn. Aratam ca

e este idempotent si ca f = e. Avem e = xntn = (xn+1t)tn = xn+1tn+1 = (xn+2t)tn+1 =

xn+2tn+2 = . . . = x2nt2n = (xntn)2 = e2. De asemenea, e = (xt)n si cum x = xn+1 se

obtine xt = xn+1t = xn+1t = xn, deci e = (xn)n = xn2

= x = f , ceea ce era de demonstrat.

Problema 1.54 Fie R un inel comutativ si unitar, P un ideal prim al sau si I idealul

generat de elementele idempotente din P . Sa se arate ca R/I nu are idempotenti netriviali

(adica diferiti de 0 si 1).

Solutie. Fie x ∈ R/I cu x2 = x. Rezulta x2 − x ∈ I, deci x2 − x = a1e1 + . . .+ anencu 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 aiei este anulat de 1− ei. Acum o inductiesimpla dupa n ne conduce la concluzia ca (1−e1) · · · (1−en) = 1−e pentru un e ∈ P, e2 = e(pentru aceasta se observa ca (1− e1)(1− e2) = 1− e pentru e = e1 + e2− e1e2 cu e2 = e).Deci (1− e)(x2 − x) = 0. Pe de alta parte, x2 − x ∈ I ⊆ P ⇒ x ∈ P sau 1− x ∈ P .Daca x ∈ P , atunci x− ex = x2− (ex)2 = (x− ex)2 ⇒ x− ex este un element idempotental lui P ⇒ x− ex ∈ I ⇒ x = ex = 0.Daca 1−x ∈ P , atunci se verifica usor ca (1−x)−e(1−x) ∈ P este un element idempotent⇒ 1− x = e(1− x) = 0⇒ x = 1.

Problema 1.55 Fie R un inel oarecare (nu neaparat unitar) care nu are ideale bilaterale

nilpotente nenule. Aratati ca orice ideal stang nenul al lui R are un element al carui patrat

este nenul.

Iran, 2005

Solutie. Presupunem prin reducere la absurd ca R are un ideal stang I 6= 0 ale caruielemente au patratele nule.Rezulta ca (x+ y)2 = 0 pentru orice x, y ∈ I, deci xy = −yx pentru orice x, y ∈ I.Asadar (Ix)(Ix) = 0 pentru orice x ∈ I, de unde rezulta ca (IxR)(IxR) ⊆ (Ix)I(xR) =(Ix)(Ix)R = 0 pentru orice x ∈ I. Deci idealul bilateral IxR este nilpotent, ceea ce, ınvirtutea ipotezei, duce la IxR = 0 pentru orice x ∈ I.In consecinta, Ix ⊆ lannR(R), unde prin lannR(R) am notat anulatorul la stanga al lui Rın R.Este usor de probat ca lannR(R) este ideal bilateral si ca (lannR(R))2 = 0, deci, conformipotezei, lannR(R) = 0. De aici avem si ca Ix = 0 pentru orice x ∈ I. In consecinta,I2 = 0.Idealul bilateral IR are proprietatea ca (IR)(IR) ⊆ I2R = 0, deci este nilpotent si conformipotezei IR = 0. Aceasta ınseamna ca I ⊆ lannR(R), deci I = 0, contradictie.

Problema 1.56 Fie R un inel unitar. Aratati ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

(i) orice ideal propriu al lui R este prim;


(ii) orice ideal I al lui R satisface I2 = I si oricare ar fi doua ideale I, J avem I ⊆ J sau

J ⊆ I.

Iran, 2009

Solutie. (i) ⇒ (ii) Fie I un ideal al lui R. Daca I = R, atunci I2 = I. Daca I 6= R,atunci I2 6= R, deci I2 este ideal prim. Fie a ∈ I. Cum a2 ∈ I2 si I2 este ideal prim,rezulta ca a ∈ I2. Asadar I ⊆ I2, deci egalitate.Fie acum I, J ideale ale lui R si presupunem ca I 6= R, J 6= R. Idealul IJ este propriu,deci prim si cum IJ ⊆ IJ rezulta ca 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 ca IJ ⊆ P . Vremsa aratam ca I ⊆ P sau J ⊆ P .Sa presupunem ca I ⊆ J . Atunci I2 ⊆ IJ si cum I2 = I rezulta I ⊆ P , deci P este idealprim.

Problema 1.57 Fie R un inel comutativ unitar. Daca R/N(R) este corp, atunci R este

inel local, adica are un singur ideal maximal.

Iran, 2003

Solutie. Sa aratam mai ıntai ca R este inel local daca si numai daca oricare ar fi x ∈ Ravem x ∈ U(R) sau 1− x ∈ U(R).Daca R este inel local, fie m idealul sau maximal. Evident, U(R) ⊆ R−m. Fie x ∈ R−m.Daca x nu este inversabil, atunci xR 6= R si xR va fi continut ın m, fals. Deci R−m = U(R)si de aici rezulta imediat ca x ∈ U(R) sau 1− x ∈ U(R).Reciproc, fie m un ideal maximal al lui R. Vom arata din nou ca R − m = U(R). Fiex ∈ R − m. Atunci m + xR = R, deci exista y ∈ m si a ∈ R astfel ıncat y + xa = 1.Cum y ∈ m, el nu poate fi inversabil. Din ipoteza rezulta 1− y ∈ U(R) si de aici avem cax ∈ U(R). In concluzie, singurul ideal maximal al lui R este R− U(R).Fie acum x ∈ R.Daca x = 0 (ın inelul factor R/N(R)), atunci x ∈ N(R) si deci 1− x ∈ U(R).Daca x 6= 0, atunci x este inversabil, deci exista y ∈ R/N(R) cu proprietatea ca xy = 1.De aici rezulta ca 1− xy ∈ N(R), deci xy = 1− (1− xy) ∈ U(R). In concluzie, x ∈ U(R).

Observatie. Se poate arata ca daca R/N(R) este corp, atunci R are un singur idealprim.

Problema 1.58 Fie R un inel unitar. R se numeste inel Boole daca x2 = x pentru orice

x ∈ R. Sa se arate ca:

(i) Daca R este inel Boole, atunci R este comutativ si 2x = 0 pentru orice x ∈ R.

(ii) Spec(R) = Max(R).

(iii) Daca X este o multime, atunci (P(X),∆,∩) este inel Boole.

36

(iv) Daca R este inel Boole finit, atunci exista o multime finita X cu proprietatea ca

R este izomorf cu (P(X),∆,∩). In particular, un inel Boole finit are 2r elemente,

r ∈ N.

(v) Pe orice multime infinita X se poate defini o structura de inel Boole.

Olimpiada Nationala de Matematica, Romania, 1998

Solutie. (i) Vom arata mai ıntai ca ın inelul R avem 1 + 1 = 0. Intr-adevar, (−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+ y2 = x+ y ⇒ xy + yx = 0⇒ xy = −yx⇒ xy = yx.(ii) Fie P ∈ Spec(R). Exista M ∈ Max(R) astfel ıncat P ⊆M . Daca P 6= M atunci existax ∈ M \ P . Dar x2 = x ⇒ x(1 − x) = 0 ∈ P ⇒ 1 − x ∈ P ⇒ 1 − x ∈ M ⇒ 1 ∈ M ,contradictie. Deci P = M ∈ Max(R).(iii) Pentru o multime X se verifica prin calcul ca multimea partilor sale P(X) are ostructura de inel ın raport cu diferenta simetrica A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A) (care joacarolul adunarii ın P(X)) si intersectia multimilor (care joaca rolul ınmultirii ın P(X)).Elementul nul al acestui inel este multimea vida, 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.Aplicand problema 1.14(ii) rezulta ca exista n ∈ N astfel ıncat |R| = 2n. Daca n = 0 saun = 1, atunci este clar.Daca n ≥ 2 vom arata prin inductie dupa n ca exista elementele a1, . . . , an ∈ R \ {0, 1} cuproprietatea ca aiaj = 0 pentru orice i 6= j.Pentru n = 2 exista e ∈ R \ {0, 1} si alegem a1 = e, a2 = 1− e. Pentru n > 2 se considerae ∈ R \ {0, 1} si se scrie R = Re+R(1− e). Re si R(1− e) sunt inele Boole cu elementulunitate 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 inductie rezulta ca exista b1, . . . , br ∈ Reastfel ıncat bibj = 0 pentru orice i 6= j si c1, . . . , cs ∈ R(1− e) astfel ıncat ckcl = 0 pentruorice k 6= l. Fie acum a1 = b1, . . . , ar = br, ar+1 = c1, . . . , an = cn si cum e(1− e) = 0 vomavea aiaj = 0 pentru orice i 6= j.Aratam acum ca multimea tuturor sumelor ai1 + . . . + aik , cu 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n, are2n elemente, deci coincide cu R, de unde rezulta ca pentru orice x ∈ R exista si sunt unice1 ≤ i1 < . . . < is ≤ n cu proprietatea ca x = ai1 + . . . + ais . Este suficient sa aratamca daca avem 1 ≤ j1 < . . . < js ≤ n si 1 ≤ k1 < . . . < kt ≤ n, atunci aj1 + . . . + ajs =ak1 + . . . + akt ⇔ s = t si j1 = k1, . . . , js = ks. Aceasta se demonstreaza aratand caj1, . . . , js ∈ {k1, . . . , kt} si k1, . . . , kt ∈ {j1, . . . , js}. Daca, de exemplu, j1 /∈ {k1, . . . , kt},atunci din aj1(aj1 + . . . + ajs) = aj1(ak1 + . . . + akt) rezulta ca a2j1 + . . . + aj1ajs =aj1ak1 + . . .+ aj1akt ⇒ aj1 = 0, contradictie.Va fi suficient sa consideram acum aplicatia f : R → (P({1, . . . , n}),∆,∩) definita prinf(x) = {i1, . . . , is}, unde x = ai1 + . . .+ ais , care este izomorfism.(v) Fie Pf (X) multimea partilor finite ale lui X si Pcf (X) multimea partilor lui X careau complementara finita. Este usor de verificat ca Pf (X) ∪ Pcf (X) este subinel unitaral inelului Boole (P(X),∆,∩). Se stie ınsa ca |Pf (X)| = |X|. Este clar ca aplicatia careduce o multime ın complementara ei defineste o bijectie ıntre Pf (X) si Pcf (X), de unde|Pcf (X)| = |Pf (X)|. Atunci |Pf (X) ∪ Pcf (X)| = |Pcf (X)| + |Pf (X)| = |X| + |X| = |X|.Rezulta ca exista o bijectie ıntre Pf (X) ∪ Pcf (X) si X. Transportand structura de inel


Boole a lui Pf (X) ∪ Pcf (X) prin aceasta bijectie, obtinem ca exista o structura de inelBoole pe X.

Problema 1.59 Fie R un inel unitar de caracteristica 2 cu proprietatea ca pentru orice

x 6= 1 si y 6= 1 avem xy = xy2. Aratati ca R este inel comutativ.

Iran, 1988

Solutie. Cum orice inel Boole este comutativ (vezi problema 1.58(i)), va fi suficientsa aratam ca R este inel Boole.Fie x ∈ R cu x 6= 0, 1. Deoarece caracteristica lui R este 2, exista un element x1 ∈ R,x1 6= 0, 1, cu proprietatea ca x = 1 + x1. Din ipoteza (1 + x1)y = (1 + x1)y

2 pentru oricey ∈ R. Dar x1y = x1y

2, deci y = y2 pentru orice y ∈ R, ceea ce ınseamna ca R este inelBoole.

Problema 1.60 Fie R un inel unitar cu proprietatea ca orice ideal al sau este principal.

Aratati ca orice morfism surjectiv f : R→ R este izomorfism.

Iran, 1988

Solutie. Vom demonstra ca Ker f = {0}, ceea ce rezolva problema.Avem urmatorul sir crescator de ideale: Ker f ⊆ Ker f2 ⊆ . . . . Se arata imediat caproprietatea lui R ca orice ideal al sau este principal conduce la faptul ca un astfel de sirde ideale este neaparat stationar, adica exista un n ∈ N, n ≥ 1, astfel ıncat Ker fn =Ker fn+1 = · · · . Asadar fn+1(x) = 0 implica fn(x) = 0 sau, echivalent, f(fn(x)) = 0implica fn(x) = 0. Dar fn este un morfism surjectiv, deci f(y) = 0 implica y = 0, ceea ceınseamna ca Ker f = 0.

Observatie. Un rationament asemanator apare ın rezolvarea problemei 1.22.

Problema 1.61 Fie A1, . . . , Am, B1, . . . , Bn inele comutative unitare care nu au idem-

potenti netriviali (adica diferiti de 0 si 1). Atunci A1 × · · · ×Am ' B1 × · · · ×Bn daca si

numai daca m = n si exista σ ∈ Sn astfel ıncat Ai ' Bσ(i) pentru orice 1 ≤ i ≤ n.

Solutie. Notam A = A1 × · · · × Am si B = B1 × · · · × Bn. Sa observam ca x =(x1, . . . , xm) ∈ Idemp(A) ⇔ xi ∈ Idemp(Ai) pentru orice i = 1, . . . ,m ⇔ xi = 0 sauxi = 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 (respectivfi ∈ B) elementul care are 1 (elementul unitate al inelului Ai, respectiv Bi) pe pozitia isi 0 ın rest. Observam ca ei ∈ Idemp(A) si eiej = 0 pentru orice i 6= j. Rezulta ca f(ei) ∈Idemp(B)\{0} si f(ei)f(ej) = 0 pentru orice i 6= j. Deci f(ei) are pe fiecare componenta 0sau 1. Atunci f(ei)f(ej) = 0⇔ supp(f(ei))∩supp(f(ej)) = ∅, unde prin supp(x) s-a notatsuportul elementului x = (x1, . . . , xn), definit ca supp(x) = {i | 1 ≤ i ≤ n, xi 6= 0}. Avem

|supp(f(ei))| ≥ 1 pentru orice i = 1, . . . , n. Rezulta |n⋃i=1

supp(f(ei))| =n∑i=1|supp(f(ei))| ≥

n. Darn⋃i=1

supp(f(ei)) ⊆ {1, . . . , n} implica |n⋃i=1

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

38

pentru orice i = 1, . . . , n. Rezulta ca exista σ ∈ Sn astfel ıncat f(ei) = fσ(i) pentru oricei = 1, . . . , n. Dar eiA ' Ai iar fσ(i)B ' Bσ(i) si cum f(eiA) = fσ(i)B rezulta ca Ai ' Bσ(i)pentru orice i = 1, . . . , n.

Problema 1.62 Fie C = {f | f : [0, 1] → R, f functie continua} cu structura de inel

unitar data de adunarea si ınmultirea functiilor. Daca t ∈ [0, 1] notam cu φt : C → R

aplicatia data de φt(f) = f(t). Sa se arate ca:

(i) φt este morfism de inele.

(ii) Orice morfism de inele φ : C → R este de forma φt pentru un t ∈ [0, 1].

Solutie. (i) Avem φt(f + g) = (f + g)(t) = f(t) + g(t) = φt(f) + φt(g) si φt(fg) =(fg)(t) = f(t)g(t) = φt(f)φt(g). Elementul identitate la ınmultire ın inelul C este u :[0, 1] → R, u(t) = 1 pentru orice t ∈ [0, 1]. Atunci φt(u) = u(t) = 1. Rezulta ca φt estemorfism de inele.(ii) Fie φ : C → R un morfism unitar de inele. Presupunem prin absurd ca φ 6= φt pentruorice t. Atunci, pentru orice t ∈ [0, 1], exista 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 continua, exista ovecinatate Vt a lui t astfel ıncat gt(x) 6= 0 pentru orice x ∈ Vt ∩ [0, 1]. Dar [0, 1] ⊆

⋃t∈[0,1]

Vt

si cum [0,1] este compact, rezulta ca exista t1, . . . , tn astfel ıncat [0, 1] ⊆ Vt1 ∪ . . . ∪ Vtn .

Atunci avemn∑i=1

g2ti(x) 6= 0 pentru orice x ∈ [0, 1], deoarece x apartine unui Vti . Rezulta

ca g =n∑i=1

g2ti este inversabila ın C. Dar φ(g) = 0, contradictie.

Problema 1.63 Daca R este un inel comutativ unitar integru infinit cu |U(R)| <∞, sa

se arate ca R are o infinitate de ideale maximale.

Iran, 1984 si Iran, 2011

Solutie. Presupunem ca |Max(R)| <∞. Rezulta ca intersectia tuturor idealelor max-imale, notata J(R), este diferita de 0, deoarece idealele maximale ale lui R sunt nenule(pentru ca R nu este corp) si produsul acestora (care este continut ın J(R)) este nenulpentru ca 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 ca f este bine definita, deoarece x ∈ J(R)⇒ 1− ax ∈ U(R) pentru orice a ∈ R.Aratam ca f este injectiva. Pentru a, b ∈ R avem f(a) = f(b) ⇔ 1 − ax = 1 − bx ⇔(a− b)x = 0⇒ a = b. Deci |R| ≤ |U(R)| ⇒ |R| ≤ ∞, contradictie.

Problema 1.64 Daca R este un inel comutativ unitar, sa se arate ca inelul de polinoame

R[X] are o infinitate de ideale maximale.

Iran, 2007


Solutie. Mai ıntai aratam ca daca K este corp, atunci K[X] contine o infinitate depolinoame ireductibile.Aceasta se arata folosind un argument similar celui descoperit de Euclid pentru demon-strarea infinitatii numerelor prime. Asadar sa presupunem ca exista un numar finit depolinoame ireductibile ın K[X] si fie acestea f1, . . . , fn. Dar polinomul 1 + f1 · · · fn tre-buie sa aiba un divizor ireductibil, deci un polinom fj , 1 ≤ j ≤ n, trebuie sa divida pe1 + f1 · · · fn, ceea ce este o contradictie.Sa observam acum ca un polinom ireductibil f ∈ K[X] genereaza un ideal maximal. Pen-tru aceasta este suficient sa aratam ca inelul factor K[X]/(f) este corp. Fie g ∈ K[X]/(f),g 6= 0. Prin ımpartirea cu rest a lui g la f putem presupune ca grad(g) < grad(f) si deaici rezulta ca (g, f) = 1. Din algoritmul lui Euclid deducem ca exista u, v ∈ K[X] cuproprietatea ca uf + vg = 1 si trecand relatia la clase modulo idealul (f) obtinem vg = 1,deci g este element inversabil.Revenind la problema, vom considera acum un m ∈ Max(R) si cu ajutorul sau construimidealele mR[X] + fR[X], unde f ∈ R[X] cu proprietatea ca f ∈ (R/m)[X] este polinomireductibil. Stim din cele de mai sus ca exista o infinitate de astfel de polinoame si ramanesa mai aratam ca idealele mR[X] + fR[X] sunt maximale ın R[X]. Aceasta rezulta dinurmatorul izomorfism:

R[X]

mR[X] + fR[X]' (R/m)[X]

(f).

Problema 1.65 Fie K un corp comutativ si consideram 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 | exista f ∈ I cu f = aXn + αn+1Xn+1 + · · · }.

Sa se arate ca GI este subgrup al grupului abelian (K,+). Mai mult, daca I este

ideal maximal ın R, atunci sa se arate ca GI este subgrup maximal ın (K,+).

(ii) Fie G un subgrup al lui (K,+). Sa se arate ca

IG = {f ∈ R | exista a ∈ G cu f = aX + α2X2 + · · · }

este ideal ın R. Mai mult, sa se arate ca daca G este subgrup maximal al lui (K,+),

atunci IG este ideal maximal al lui R.

(iii) Deduceti ca R are ideale maximale daca si numai daca grupul (K,+) are subgrupuri

maximale.

Solutie. (i) Este clar ca GI 6= ∅, deoarece 0 ∈ GI . De asemenea, daca a, b ∈ GI ,atunci exista f, g ∈ I, f = aXn + αn+1X

n+1 + · · · , g = bXn + βn+1Xn+1 + · · · , si cum

f − g = (a− b)Xn + (αn+1 − βn+1)Xn+1 + · · · rezulta ca a− b ∈ GI , ceea ce arata ca GI

40

este subgrup ın (K,+).Presupunem ca I este ideal maximal al lui R. Fie atunci GI ≤ G ≤ (K,+) cu G 6= K.Definim

J = {f ∈ R | (∃)α ∈ G cu f = αXn + α2Xn+1 + · · · }.

Este imediat ca J este ideal al lui R si I ⊆ J . In plus J 6= R, altfel am avea n = 1 siG = K. Cum I este ideal maximal, rezulta ca J = I. Atunci daca a ∈ G, avem aXn ∈ J ,deci aXn ∈ I, de unde a ∈ GI . Am obtinut ca GI = G, ceea ce arata ca GI este subgrupmaximal.(ii) Evident IG 6= ∅, deoarece 0 ∈ IG. De asemenea, daca f, g ∈ IG, f = aX +α2X

2 + · · · ,g = bX+β2X

2+· · · cu a, b ∈ G, atunci f−g = (a−b)X+· · · ∈ IG, si qf = q1aX2+· · · ∈ IG

pentru orice q = q1X + . . . ∈ R, deci IG este ideal al lui R.Presupunem acum ca G este subgrup maximal ın (K,+). Fie J un ideal al lui R cu IG ⊆ Jsi J 6= R. Atunci

G ⊆ H = {a ∈ R | (∃)f ∈ J cu f = aX + · · · },

deoarece daca a ∈ G, atunci aX ∈ IG, deci aX ∈ J , de unde a ∈ H. Este clar ca H estesubgrup ın (K,+).Aratam ca H 6= K. Intr-adevar, daca H = K avem 1 ∈ H, deci exista f = X + a2X

2 +· · · ∈ J . Atunci f = Xu, unde u este un element inversabil ın inelul seriilor formaleK[[X]]. Atunci pentru orice g ∈ R de forma g = b2X

2 + · · · avem g = X2q pentru unq ∈ K[[X]], de unde g = XuXu−1q ∈ J , pentru ca Xu = f ∈ J si Xu−1q ∈ R. Fie acumh = c1X + c2X

2 + · · · ∈ R. Atunci g = c2X2 + · · · ∈ J . Pe de alta parte c1 ∈ K = H,

deci exista p = c1X + d2X2 + · · · ∈ J . Cum d2X

2 + · · · ∈ J , obtinem ca c1X ∈ J . Atuncih = c1X + g ∈ J , ceea ce ınseamna ca J = R, contradictie. Prin urmare H 6= K.Obtinem H = G, deoarece G este maximal. Daca f = aX+ . . . ∈ J , atunci avem ca a ∈ H,deci a ∈ G, si deci f ∈ IG. Obtinem J = IG, ceea ce arata ca IG este maximal.(iii) Rezulta direct din (i) si (ii).

Problema 1.66 Sa se arate ca nu exista un morfism de inele f : M2(R) → M3(R) care

sa fie surjectiv.

Iran, 2008

Solutie. Ker f este ideal bilateral al lui M2(R), deci avem doua posibilitati: Ker f =M2(R) sau Ker f = (0).Primul caz este ın mod evident imposibil.In al doilea caz, din teorema fundamentala de izomorfism pentru inele obtinem ca M3(R) 'M2(R). Dar acest lucru nu este posibil, deoarece ın M2(R) orice matrice A cu proprietateaca A3 = 0 va avea si A2 = 0, pe cand ın M3(R) exista o matrice B cu B3 = 0 si B2 6= 0.De exemplu, putem lua B ca fiind matricea 0 1 0

0 0 10 0 0

.

Observatie. Un morfism surjectiv de inele f : M2(R)→M3(R) este neaparat unitar:din surjectivitate exista o matrice X ∈ M2(R) cu f(X) = I3 si de aici avem ca I3 =f(X) = f(XI2) = f(X)f(I2) = I3f(I2) = f(I2).


Ne punem acum ıntrebarea pentru ce numere naturale m,n ≥ 2 exista morfisme unitaref : Mm(R) → Mn(R)? Lasam cititorului sa arate ca aceasta se ıntampla numai pentrum | n.

Problema 1.67 (a) Fie R un inel. Sa se arate ca Z(Mn(R)) = {aIn | a ∈ R} si ca

Z(Mn(R)) ' R.

(b) Fie K si L corpuri comutative. Sa se arate ca Mm(K) ' Mn(L) daca si numai daca

K ' L si m = n.

Solutie. (a) Pentru orice 1 ≤ i, j ≤ n notam cu eij matricea n×n care are 1 pe pozitia(i, j) si 0 ın rest. Atunci eijepq = δjpeiq pentru orice i, j, p, q, unde δjp este simbolul luiKronecker. Fie A = (aij)1≤i,j≤n. Atunci A =

∑1≤i,j≤n

aijeij si avem Aepq =∑

1≤i≤naipeiq si

epqA =∑

1≤j≤naqjepj . De aici obtinem ca Aepq = epqA daca si numai daca aip = aqj = 0

pentru orice i 6= p si j 6= q, si app = aqq. Rezulta ca daca A ∈ Z(Mn(R)), deci Aepq = epqApentru orice p, q, atunci avem auv = 0 pentru orice u 6= v si a11 = a22 = . . . = ann, adicaA = aIn pentru un a ∈ R. Reciproc, daca A = aIn, atunci este evident ca A comuta cuorice matrice din Mn(R).Este clar ca aplicatia f : R→ Z(Mn(R)), f(a) = aIn, este izomorfism de inele.(b) Este usor de verificat ca daca 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)-spatiul vectorial A si Z(B)-spatiulvectorial B au aceeasi dimensiune. Intr-adevar, prima parte se probeaza printr-un calculdirect, iar pentru a doua se arata ca daca (ei)i∈I este o baza ın Z(A)-spatiul vectorial A,atunci (f(ai))i∈I este o baza ın Z(B)-spatiul vectorial B.In cazul particular ın care A = Mm(K) si B = Mn(L), din (a) avem ca Z(A) ' K, rezultaca K ' Z(Mm(K)) ' Z(Mn(L)) ' L si ca dimK(A) = dimL(B), deci m2 = n2, de undem = n.

Problema 1.68 Fie D un corp. Se numeste comutator aditiv ın D un element de forma

xa − ax cu x, a ∈ D. Sa se arate ca daca un element y ∈ D comuta cu toti comutatorii

aditivi ai lui D, atunci y ∈ Z(D).

Solutie. Presupunem prin absurd ca y /∈ Z(D). Atunci exista x ∈ D cu yx 6= xy. Areloc relatia x(xy) − (xy)x = x(xy − yx) si cum xy − yx este nenul, el este inversabil six = [x(xy) − (xy)x](xy − yx)−1. Fie CR(y) = {r ∈ R | ry = yr}. Cum y comuta cu toticomutatorii aditivi obtinem ca x(xy)−(xy)x, xy−yx ∈ CR(y), de unde (xy−yx)−1 ∈ CR(y)si deci x ∈ CR(y), contradictie.

Problema 1.69 Fie D un corp. Pentru orice a ∈ D fie aplicatia δa : D → D definita prin

δa(x) = ax− xa. Sa se arate ca:

(i) δa(x+ y) = δa(x) + δa(y) si δa(xy) = xδa(y) + δa(x)y pentru orice a, x, y ∈ D.

(ii) Daca D are caracteristica diferita de 2 si K este un subcorp al lui D pentru care

δa(K) ⊆ K pentru orice a ∈ D, atunci K ⊆ Z(D).

42

Solutie. (i) Rezulta imediat prin calcul.(ii) Fie b ∈ K. Aratam ca b comuta cu toate elementele lui D. Fie a ∈ D \K. Din relatiileδ2a(b) = a2b − 2aba + ba2 ∈ K si δa2(b) = a2b − ba2 ∈ K se obtine prin adunare ca2(a2b − aba) = 2aδa(b) ∈ K. Daca δa(b) 6= 0 rezulta 2δa(b) ∈ K∗ si se obtine a ∈ K,contradictie. Deci δa(b) = 0, adica b comuta cu elementele din D \K.Fie acum c ∈ K∗. Atunci a si ac se gasesc ın D \K, deci din cele de mai sus ele comutacu b. Obtinem (ac)b = b(ac) = (ba)c = abc si ınmultind cu a−1 rezulta ca cb = bc, deci bcomuta si cu elementele din K. Rezulta b ∈ Z(D), deci K ⊆ Z(D).

Problema 1.70 Fie D un corp. Se numeste comutator multiplicativ ın D un element de

forma a−1bab−1, cu a, b ∈ D \ {0}. Sa se arate ca daca un element c ∈ D comuta cu toti

comutatorii multiplicativi din D, atunci c ∈ Z(D).

Solutie. Fie c ∈ D un element care comuta cu toti comutatorii multiplicativi din D.Presupunem prin absurd ca exista a ∈ D cu ac 6= ca (echivalent, a−1cac−1 6= 1). Fieb = a− 1 ∈ D∗. Atunci bc− cb = ac− ca 6= 0, deci b−1cbc−1 6= 1. Avem

a(a−1cac−1 − b−1cbc−1) = cac−1 − ab−1cbc−1

= [c(b+ 1)− (b+ 1)b−1cb]c−1

= (c− b−1cb)c−1

= 1− b−1cbc−1

6= 0.

Din ipoteza c comuta cu a−1cac−1 si cu b−1cbc−1, de unde, folosind ultima relatie, rezultaca c comuta si cu a, contradictie.

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).

Solutie. Fie c ∈ K. Aratam ca c comuta cu toate elementele lui D (putem considerac ∈ K∗). Fie a ∈ D\K. Presupunem prin absurd ca ac 6= ca, atunci notand b = a−1 ∈ D∗avem bc − cb = ac − ca 6= 0 (⇔ c 6= b−1cb). Avem a(a−1ca − b−1cb) = ca − ab−1cb =c(b + 1) − (b + 1)b−1cb = c − b−1cb 6= 0 si cum a−1ca, b−1cb ∈ K∗ rezulta ca si a ∈ K∗,ceea ce este o contradictie. Deci c comuta cu orice element a ∈ D \K.Fie acum c′ ∈ K∗. Atunci a, ac′ ∈ D \K, deci c comuta cu ele. Rezulta ca c comuta si cua−1ac′ = c′. Prin urmare, c ∈ Z(D), deci K ⊆ Z(D).

Problema 1.72 Sa se arate ca un corp K nu se poate scrie ca reuniune finita de subcor-

puri proprii.

Solutie. Presupunem K = K1∪ . . .∪Kn, unde K1, . . . ,Kn sunt subcorpuri proprii alelui K, n ≥ 2.Daca corpul K este finit, atunci (K∗, ·) este grup ciclic, deci exista x ∈ K∗ astfel ıncatK∗ = < x >, de unde rezulta ca exista 1 ≤ i ≤ n astfel ıncat K = Ki, fals.

Deci putem presupune ca corpul K este infinit. Vom arata ca |n⋂i=1

Ki| ≤ n. Presupunem


prin absurd ca |n⋂i=1

Ki| > n. Atunci, considerand x ∈ K1 \⋃i 6=1

Ki si y ∈ K2 \⋃i 6=2

Ki arbitrar

fixate, multimea {x + ay | a ∈n⋂i=1

Ki, a 6= 0} ⊆ K are cel putin n elemente, deci exista

1 ≤ i ≤ n si a, b ∈n⋂i=1

Ki, a 6= b, astfel ıncat x + ay, x + by ∈ Ki. Rezulta (a − b)y ∈ Ki,

deci y ∈ Ki, ceea ce ınseamna ca i = 2, deci x + ay ∈ K2, de unde obtinem x ∈ K2,

contradictie cu alegerea lui x. Asadar, |n⋂i=1

Ki| ≤ n.

Pe de alta parte, vom arata ca |n⋂i=1

Ki| = ∞. Deoarece K este infinit, cel putin unul

dintre corpurile K1, . . . ,Kn este infinit, sa presupunem (printr-o eventuala renumerotare)ca corpul K1 este infinit. Fie sirul (an)n≥1 ⊆ K1 si fie α ∈ K \K1, atunci α + an /∈ K1

pentru orice n ∈ N∗. Rezulta ca exista 2 ≤ i ≤ n astfel ıncat Ki contine o infinitate determeni ai sirului (α + an)n≥1. Sa presupunem i = 2, deci K2 are aceasta proprietate.Deci exista un subsir (ank)k≥1 al sirului (an)n≥1 cu proprietatea ca ank − an1 ∈ K1 ∩K2

(deoarece ank − an1 = (ank +α)− (an1 +α) ∈ K2) pentru orice k ∈ N∗. Renotand, rezultaca exista un sir (bn)n≥1 cu proprietatea ca bn ∈ K1 ∩K2 pentru orice n ∈ N∗. Acum vomconsidera β ∈ K \ (K1 ∪K2)⇒ β + bn /∈ K1 ∪K2 pentru orice n ∈ N∗ ⇒ exista 3 ≤ i ≤ nastfel ıncat Ki contine o infinitate de termeni ai sirului (β + bn)n≥1. Sa presupunem cai = 3, deci K3 are aceasta proprietate. Obtinem acum un sir (cn)n≥1 cu proprietatea cacn ∈ K1 ∩ K2 ∩ K3 pentru orice n ∈ N∗. Procedand ca mai sus vom gasi ın final un sircare are toti termenii ın K1 ∩ . . . ∩Kn, deci |K1 ∩ . . . ∩Kn| =∞.Astfel am obtinut o contradictie.

Problema 1.73 Fie K un corp finit de caracteristica 3. Aratati ca exista x, y ∈ K cu

proprietatea ca x2 + y2 6= a2 pentru orice a ∈ K.

Traian Lalescu, 1984

Solutie. Sa presupunem, prin absurd, ca pentru orice x, y ∈ K exista a ∈ K astfelıncat x2 + y2 = a2 si sa consideram L = {x2 | x ∈ K} ⊆ K. Se observa ca L estesubcorp al lui K deoarece x2 − y2 = x2 + 2y2 = x2 + a2y2 = x2 + (ay)2 ∈ L, undea ∈ K astfel ıncat 2 = a2. Deoarece K este corp finit de caracteristica 3, atunci existan ∈ N∗ si x ∈ K∗ cu proprietatea ca |K| = 3n si K∗ = < x >. Cum ord(x) = 3n − 1rezulta ca ord(x2) = (3n − 1)/(2, 3n − 1) = (3n − 1)/2. Este imediat ca L 6= K (deoareceaplicatia φ : K → K,φ(x) = x2 pentru orice x ∈ K, nu este injectiva, deci nu poate finici surjectiva). Apoi, cum x2 = y2 ⇔ x = y sau x = −y rezulta ca [K∗ : L∗] = 2. Deci|K∗| = 2|L∗| si cum L este si el corp finit de caracteristica 3, exista r ∈ N∗ astfel ıncat|L| = 3r, deci |L∗| = 3r − 1. Obtinem ca 3n − 1 = 2(3r − 1), de unde 3n + 1 = 2 · 3r, deci3|3n + 1, contradictie.

Capitolul 2

Polinoame


In cele ce urmeaza, ın lipsa vreunei alte mentiuni, R va desemna un inel comutativ siunitar. Pe multimea S a sirurilor (a0, a1, . . .) de elemente din R pentru care exista n ∈ Nastfel ıncat an = an+1 = · · · = 0 introducem operatiile

(a0, a1, . . .) + (b0, b1, . . .) = (a0 + b0, a1 + b1, . . . , an + bn, . . .)(a0, a1, . . .) · (b0, b1, . . .) = (a0b0, a0b1 + a1b0, . . . ,

∑i+j=n

aibj , . . .).

S are ın raport cu aceste operatii o structura de inel comutativ si unitar; notandX = (0, 1, 0, 0, . . .) ∈ S, X0 = 1, si identificand R cu φ(R), unde φ este mor-fismul injectiv de inele de la R la S dat prin a 7→ (a, 0, 0, . . .), constatam ca(a0, a1, . . . , an, 0, 0, . . .) =

∑ni=0 aiX

i. Aceasta constructie justifica urmatoarele:

Definitie. Numim polinom ın nedeterminata X cu coeficienti ın R orice expresie deforma

∑ni=0 aiX

i, unde ai ∈ R pentru orice i ∈ {1, 2, . . . , n}.

Multimea polinoamelor cu coeficienti ın R are ın raport cu operatiile

m∑i=0

aiXi +

n∑j=0

bjXj =

max {m,n}∑k=0

(ak + bk)Xk si

(m∑i=0

aiXi

) n∑j=0

bjXj

=

m+n∑k=0

∑i+j=k

aibj

Xk

(unde, ın lumina celor prezentate mai sus, am+1 = am+2 = · · · = 0 sibn+1 = bn+2 = · · · = 0) o structura de inel comutativ si unitar. Vom nota acestinel cu R[X] (renuntand din acest moment la notatia provizorie S).

Definitie. Dat fiind polinomul f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X], a0 se numeste termenul liber

al lui f , iar an se numeste coeficientul dominant al lui f . Daca an = 1, polinomul f se

44

Polinoame 45

numeste monic.

Observatie. Doua polinoame f =∑m

i=0 aiXi, g =

∑nj=0 bjX

j ∈ R[X] sunt egale dacasi numai daca a0 = b0, a1 = b1, . . . , amax{m,n} = bmax{m,n}.

Definitie. Prin gradul polinomului nenul f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ıntelegem numarul

natural max{j ∈ N | aj 6= 0}. Convenim ca gradul polinomului nul este −∞.

Vom nota gradul polinomului f ∈ R[X] cu grad f .

Propozitie. Daca f, g ∈ R[X], atuncia) grad(f + g) ≤ max{grad f , grad g}b) grad(fg) ≤ grad f+ grad g.Daca, ın plus, R este domeniu de integritate, atuncib’) grad(fg) = grad f+ grad g.

Definitie. Prin ordinul polinomului nenul f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ıntelegem cel mai

mic numar natural j pentru care aj 6= 0. Convenim ca ordinul polinomului nul este +∞.

Vom nota ordinul polinomului f ∈ R[X] cu ord f .

Propozitie. Daca f, g ∈ R[X], atuncia) ord(f + g) ≥ min{ord f , ord g}b) ord(fg) ≥ ord f+ ord g.Daca, ın plus, R este domeniu de integritate, atuncib’) ord(fg) = ord f+ ord g.

Definitie. Prin valoarea polinomului f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ın elementul r ∈ R

ıntelegem elementul∑n

i=0 airi ∈ R. Vom nota acest element cu f(r).

Definitie. Prin functia polinomiala asociata polinomului f ∈ R[X] ıntelegem functiaf : R→ R, f(x) = f(x).

Observatie. La polinoame egale corespund functii polinomiale egale. Reciproca nueste numaidecat adevarata.

Teorema ımpartirii cu rest. Fie f, g ∈ R[X] cu coeficientul dominant al lui ginversabil. Atunci, exista si sunt unice q, r ∈ R[X] cu proprietatile f = gq + r si grad r <grad g.

Definitie. Elementul a ∈ R se numeste radacina a lui f ∈ R[X] daca f(a) = 0.

Definitie. Fie S un domeniu de integritate si a, b ∈ S. Spunem ca a divide b (siscriem a | b) ın S daca exista c ∈ S astfel ıncat b = ac.

Definitie. Fie S un domeniu de integritate si a, b ∈ S. Spunem ca d ∈ S este un celmai mare divizor comun pentru a si b daca:(i) d | a si d | b.(ii) Daca d′ ∈ S divide a si b, atunci d′ | d.

46

Observatie. Definitiile anterioare se aplica ın particular daca S = R[X], cu Rdomeniu de integritate.

Teorema (Bezout). Fie R un domeniu de integritate si f ∈ R[X]. Atunci, a ∈ Reste radacina a lui f daca si numai daca X − a | f .

Definitie. Fie R un domeniu de integritate, f ∈ R[X] \ {0} si a o radacina a lui f .Numarul k ∈ N cu proprietatile (X − a)k | f si (X − a)k+1 - f se numeste ordinul demultiplicitate al lui a.

Definitie. Prin derivata polinomului f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ıntelegem polinomul

f ′ =∑n

i=1 iaiXi−1 ∈ R[X]. Considerand definita derivata de ordin n (notata f (n)) a lui

f , prin derivata de ordin n+ 1 a lui f ıntelegem polinomul (f (n))′.

Teorema. Fie K un corp comutativ, f ∈ K[X] \ {0}, n ∈ N∗ si a ∈ K.a) Daca a este radacina cu ordin de multiplicitate n pentru f , atunci f(a) = f ′(a) =· · · = f (n−1)(a) = 0.b) Presupunand caracteristica lui K egala cu zero, daca f(a) = f ′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0si f (n)(a) 6= 0, atunci ordinul de multiplicitate al radacinii a a lui f este n.

Propozitie. Fie R un domeniu de integritate, f ∈ R[X] un polinom nenul,a1,a2, . . . , ak ∈ R radacini distincte ale lui f , iar pentru fiecare i ∈ {1, 2, . . . , k} fie mi

ordinul de multiplicitate al lui ai. Atunci, exista g ∈ R[X] astfel ıncat

f = (X − a1)m1(X − a2)m2 · · · (X − ak)mkg.

Corolar. Daca R este un domeniu de integritate, iar f ∈ R[X] este un polinom nenulde grad n, atunci f are cel mult n radacini ın R.

Propozitie. Fie R un domeniu de integritate si f = a0 + a1X + · · ·+ anXn ∈ R[X],

an 6= 0. Presupunem ca f are n radacini x1,x2, . . . , xn ın R. Atunci, f = an(X − x1)(X −x2) · · · (X − xn) si au loc relatiile ıntre radacini si coeficienti (relatiile lui Viete):

an(x1 + x2 + · · ·+ xn) = −an−1,an(x1x2 + x1x2 + · · ·+ x1xn + · · ·+ xn−1xn) = an−2,........................................................................................an(x1x2 . . . xk + · · ·+ xn−k+1xn−k+2 . . . xn) = (−1)kan−k,........................................................................................an · x1x2 . . . xn = (−1)na0.

Definitie. Inelul de polinoame ın mai multe variabile se defineste inductiv astfel:R[X1, X2, . . . , Xn+1] = R[X1, X2, . . . , Xn][Xn+1].

Observatie. Elementele lui R[X1, X2, . . . , Xn] se scriu ın mod unic sub forma

r1∑i1=0

r2∑i2=0

· · ·rn∑in=0

ai1,i2,...,inXi11 X

i22 . . . Xin

n ,

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

Polinoame 47

Observatie. Vom nota polinoamele din R[X1, X2, . . . , Xn] fie prescurtat (de exemplu,f), fie punand ın evidenta variabilele (de exemplu, f(X1, X2, . . . , Xn)), ın functie denecesitatile de moment.

Definitie. Prin valoarea polinomului

f =

r1∑i1=0

r2∑i2=0

· · ·rn∑in=0

ai1,i2,...,inXi11 X

i22 . . . Xin

n

ın (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn ıntelegem elementul (notat f(x1, x2, . . . , xn))

r1∑i1=0

r2∑i2=0

· · ·rn∑in=0

ai1,i2,...,inxi11 x

i22 . . . x

inn ∈ R.

Definitie. Prin functia polinomiala asociata lui f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] ıntelegemfunctia f : Rn → R, f(x1, x2, . . . , xn) = f(x1, x2, . . . , xn).

Definitie. Polinomul f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] se numeste simetric daca pentru oriceσ ∈ Sn avem

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

Propozitie. Urmatoarele polinoame din R[X1, X2, . . . , Xn] sunt simetrice:

s1 = X1 +X2 + · · ·+Xn,s2 = X1X2 +X1X2 + · · ·+X1Xn + · · ·+Xn−1Xn,........................................................................................sk = X1X2 . . . Xk +X1X2 . . . Xk−1Xk+1 · · ·+Xn−k+1Xn−k+2 . . . Xn,........................................................................................sn = X1X2 . . . Xn.

Definitie. Polinoamele din propozitia anterioara se numesc polinoamele simetricefundamentale ın nedeterminatele X1, X2, . . . , Xn.

Teorema fundamentala a polinoamelor simetrice. Pentru orice polinomsimetric f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] exista si este unic g ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] astfel ıncatf = g(s1, s2, . . . , sn), unde s1, s2, . . . , sn sunt polinoamele simetrice fundamentale ınvariabilele X1, X2, . . . , Xn.

Observatie. Daca S este domeniu de integritate, R este subinel al lui S, iarf ∈ R[X] \ {0} de gradul n are (toate) radacinile x1, x2, . . . , xn ın S, atunci pentru oricepolinom simetric g ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] avem g(x1, x2, . . . , xn) ∈ R.

Teorema. Fie K un corp comutativ si f ∈ K[X] \ {0} de grad n. Atunci, exista uncorp L ⊃ K ın care f are n radacini.

Teorema fundamentala a algebrei. Orice polinom neconstant cu coeficienticomplecsi are cel putin o radacina complexa.

Definitie. Fie R un domeniu de integritate. f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] se numeste ire-ductibil daca nu se poate scrie ca produs de doi factori neinversabili din R[X1, X2, . . . , Xn].

48

Teorema. Fie K un corp comutativ. Orice polinom f ∈ K[X1, X2, . . . , Xn] se scrieın mod unic (abstractie facand de ordinea factorilor si de asocierea ın divizibilitate) caprodus de polinoame ireductibile.

Observatie. 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.

Definitie. Daca R este un domeniu cu proprietatea ca orice doua elemente ale saleadmit un c.m.m.d.c., iar f ∈ R[X], definim c(f) ca fiind c.m.m.d.c al coeficientilor lui f .f ∈ R[X] se numeste primitiv daca c(f) = 1.

Propozitie. Daca R este un domeniu cu proprietatea ca orice doua elemente ale saleadmit un c.m.m.d.c., iar f, g ∈ R[X], atunci c(fg) = c(f)c(g).

Definitie. Dat fiind un corp comutativ K si n ∈ N∗, vom nota cu K(X1, X2, . . . , Xn)corpul de fractii al inelului K[X1, X2, . . . , Xn]. K(X1, X2, . . . , Xn) se numeste corpul defractii rationale ın nedeterminatele X1, X2, . . . , Xn cu coeficienti ın K.

Propozitie. Daca R este un inel factorial cu corpul de fractii Q, atunci pentruf ∈ R[X] sunt echivalente afirmatiile:(i) f este ireductibil.(ii) f este ireductibil ın Q[X] si primitiv.

Criteriul lui Eisenstein. Fie R un inel factorial cu corpul de fractii Q,f = a0 + a1X + · · ·+ anX

n ∈ R[X] si p un element prim al lui R cu proprietatile:(i) p | a0, p | a1, . . . , p | an−1.(ii) p - an.(iii) p2 - a0.Atunci f este ireductibil ın Q[X].

Criteriul reducerii. Fie R un inel factorial cu corpul de fractii Q, S un domeniu,u : R → S un morfism unitar de inele si u : R[X] → S[X] extinsul acestuia (adicau(a0 +a1X+ · · ·+anX

n) = u(a0)+u(a1)X+ · · ·+u(an)Xn). Daca pentru f ∈ R[X] avemca u(f) este ireductibil ın S[X] si gradu(f) = grad f , atunci f este ireductibil ın Q[X].

Probleme

Problema 2.1 Pentru P = a0 + a1X + · · · + amXm ∈ R[X] definim Γ(P ) = a20 + a21 +

· · ·+ a2m. Fie f = 3X2 + 7X + 2. Gasiti g ∈ R[X] cu proprietatile:

a) g(0) = 1, si

b) Γ(fn) = Γ(gn) pentru orice n ∈ N∗.

Putnam, 1985

Solutie. Pentru P ∈ R[X] definim γ(P ) = P (X)P (X−1). Observam ca Γ(P ) este

Polinoame 49

coeficientul lui X0 din γ(P ). Sa notam g = 6X2 + 5X + 1.Cum γ(X + 2) = (X + 2)(X−1 + 2) = (1 + 2X−1)(1 + 2X) = γ(1 + 2X), iar γ estemultiplicativa, obtinemγ(fn) = γ((3X + 1)n)γ((X + 2)n) = γ((3X + 1)n)γ((1 + 2X)n) = γ(gn). Atunci, sicoeficientii lui X0 din γ(fn) si γ(gn) vor fi egali, deci Γ(fn) = Γ(gn). In plus, este evidentca g(0) = 1.

Observatie. Solutia nu este unica: de exemplu, pentru orice k ∈ N∗, polinoameleg = (3Xk + 1)(2Xk + 1) si g = (3Xk − 1)(2Xk − 1) au si ele proprietatile cerute.

Problema 2.2 Fie r, s ∈ N∗ si a0, a1, . . . , ar−1, b0, b1, . . . , bs−1 ∈ R+ cu proprietatea ca

(a0 + a1X + · · ·+ ar−1Xr−1 +Xr)(b0 + b1X + · · ·+ bs−1X

s−1 +Xs) =

= 1 +X +X2 + · · ·+Xr+s. (2.1)

Aratati ca toate numerele ai, i ∈ {0, 1, . . . , r− 1}, si bj , j ∈ {0, 1, . . . , s− 1}, sunt egale cu

0 sau cu 1.

IMC, 2001

Solutie. Considerand coeficientii lui Xs+i, respectiv Xr+j din cei doi membri ai relatiei(2.1), obtinem relatiile:

ai + ai+1bs−1 + · · · = 1 si (2.2)

bj + ar−1bj+1 + · · · = 1. (2.3)

Cum toti coeficientii sunt pozitivi, din aceste relatii obtinem ai ≤ 1, i ∈ {0, 1, . . . r − 1},si bj ≤ 1, j ∈ {0, 1, . . . s− 1}. De aici si din a0b0 = 1 rezulta ca a0 = b0 = 1.Consideram acum urmatoarele cazuri particulare ale relatiilor (2.2) si (2.3):

a0 + a1bs−1 + · · · = 1 si (2.4)

b0 + ar−1b1 + · · · = 1. (2.5)

Cum a0 = b0 = 1, din (2.4) si (2.5) rezulta ca

akbs−k = ar−kbk = 0 pentru orice k ∈ {1, 2, . . . ,min{r, s}}. (2.6)

Din relatiile a1 + b1 = a0b1 + a1b0 = 1, ar−1 + bs−1 = 1 si a1bs−1 = ar−1b1 = 0 obtinemfie a1 = ar−1 = 1 si b1 = bs−1 = 0, fie a1 = ar−1 = 0 si b1 = bs−1 = 1. Sa presupunempentru a fixa ideile ca avem r ≤ s. Fie k ∈ {2, 3, . . . , r}. Presupunem ca aj = ar−j ∈ {0, 1}si bj = bs−j ∈ {0, 1} pentru orice j ∈ {1, 2 . . . , k − 1}. Considerand coeficientii lui Xk,respectiv Xr+s−k din cei doi membri ai relatiei (2.1), obtinem

ak + ak−1b1 + · · ·+ a1bk−1 + bk = 1 si (2.7)

ar−k + ar−k+1bs−1 + · · ·+ ar−1bs−k+1 + bs−k = 1. (2.8)

Folosind ipoteza de inductie, constatam ca ak−1b1 + · · · + a1bk−1 = ar−k+1bs−1 + · · · +ar−1bs−k+1 ∈ N; de aici si din relatiile (2.7) si (2.8) se obtine ak+bk = ar−k+bs−k ∈ {0, 1}.Daca ak + bk = 0, rezulta ak = ar−k = bk = bs−k = 0. Daca ak + bk = 1, atunci

50

ar−k + bs−k = 1. Conform (2.6), avem si akbs−k = ar−kbk = 0. De aici obtinem fieak = ar−k = 1 si bk = bs−k = 0, fie ak = ar−k = 0 si bk = bs−k = 1, ceea ce ıncheiepasul de inductie. Afirmatia problemei este probata 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}.Daca r = s, demonstratia este ıncheiata.Daca r < s, din (2.3) deducem

bs−r−1 + ar−1bs−r + · · ·+ a0bs−1 = 1.

De aici rezulta bs−r−1 ∈ Z; cum bs−r−1 ∈ [0, 1], obtinem bs−r−1 ∈ {0, 1}. In continuare,demonstram inductiv, pe baza relatiei

bs−j + ar−1bs−j+1 + · · ·+ a0bs+r−j = 1, j ∈ {r + 2, r + 3 . . . , s− r − 1}

(dedusa de asemenea din (2.3)), ca bj ∈ {0, 1} pentru orice j ∈ {r+ 1, r+ 2, . . . , s− r−2}.

Problema 2.3 Fie P = X5 +X, Q = X5 +X2 ∈ C[X]. Aflati toate perechile de numere

complexe (z, w), z 6= w, pentru care P (z) = P (w) si Q(z) = Q(w).

IMC, 2000

Solutie. Fie o pereche (z, w) ca ın enunt. Atunci, z5−w5 = w−z si z5−w5 = w2−z2,deci, cum z 6= w, −(z + w) = z4 + z3w + z2w2 + zw3 + w4 = −1, de unde z + w = 1.Atunci, z3w+ zw3 = zw(1− 2zw) si z4 +w4 = (z2 +w2)2− 2z2w2 = (1− 2zw)2− 2z2w2.Inlocuind ın z4 + z3w + z2w2 + zw3 + w4 = −1, obtinem z2w2 − 3zw + 2 = 0, deci zw ∈

{1, 2}. Cum z+w = 1, obtinem perechile

(1± i

√3

2,1∓ i

√3

2

),

(1± i

√7

2,1∓ i

√7

2

). Se

constata usor ca aceste patru perechi au ıntr-adevar proprietatea ceruta.

Problema 2.4 Vom numi un polinom P ∈ R[X1, X2, . . . , Xk] ,,bun” daca exista matricile

A1, A2, . . . , Ak ∈M2(R) astfel ıncat P (X1, . . . , Xk) = det

(k∑i=1

XiAi

). Determinati toate

valorile k ∈ N∗ pentru care toate polinoamele omogene de grad 2 din R[X] sunt bune.

IMC, 2007

Solutie. Pentru k = 1, orice P ca ın enunt este de forma aX2 si putem alege

A =

(1 00 a

).

Pentru k = 2, orice P ca ın enunt este de forma aX21 + bX2

2 + cX1X2 si putem alege

A1 =

(1 00 a

)si A2 =

(0 b−1 c

).

Fie acum k ≥ 3 si P = X21 + · · · + X2

k . Presupunem ca exista matricile A1, A2, . . . , Akce verifica relatia din enunt. Cum primele coloane cA1

1 , cA21 , . . . , cAk1 ale matricilor

A1, A2, . . . , Ak sunt liniar dependente, exista λ1, λ2, . . . , λk ∈ R, nu toti nuli, cu propri-etatea λ1c

A11 + λ2c

A21 + · · · + λkc

Ak1 = 0. Rezulta ca prima coloana a combinatiei liniare∑k

i=1 λiAi este nula. Prin urmare, det(∑k

i=1 λiAi

)= 0, ın timp ce λ21 +λ22 + · · ·+λ2k 6= 0.

Polinoame 51

De aici rezulta ca det

(k∑i=1

XiAi

)6= X2

1 +X22 + · · ·+X2

k , deci P = X21 + · · ·+X2

k nu este

bun.Prin urmare, valorile lui k cu proprietatea ceruta sunt 1 si 2.

Problema 2.5 Fie R un domeniu de integritate. Aratati ca daca m,n ∈ N, atunci ın

inelul R[X] are loc relatia (Xm − 1, Xn − 1) = X(m,n) − 1.

Solutie. Daca a, b ∈ N, k ∈ N∗ si a = kb, atunci are loc relatia

Xa − 1 = (Xb − 1)(X(k−1)b +X(k−2)b + · · ·+Xb + 1),

deciXb − 1 | Xa − 1 (2.9)

(aceasta ultima relatie fiind adevarata si pentru k = 0).Fie m,n ∈ N. Din relatia (2.9) rezulta imediat ca X(m,n)−1 | Xm−1 si X(m,n)−1 | Xn−1.Scriem algoritmul lui Euclid pentru m si n: m = nq1 + r1, n = r1q2 + r2, r1 = r2q3 +r3, . . . , rs−1 = rsqs+1 + rs+1, rs = rs+1qs+2. Avem, desigur, (m,n) = rs+1.Fie acum f ∈ R[X] care divide Xm − 1 si Xn − 1.Atunci, f | Xnq1+r1 − 1 = Xr1(Xnq1 − 1) + Xr1 − 1. De aici si din f | Xn − 1 rezulta,conform relatiei (2.9), ca f | Xr1 − 1. Folosind consideratii similare, se arata inductiv caf | Xrk − 1 pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , s+ 1}. De aici rezulta ca f | X(m,n) − 1.

Problema 2.6 Fie R un inel comutativ si f = a0 +a1X+ . . .+anXn ∈ R[X]. Sa se arate

ca:

(i) f este nilpotent daca si numai daca ai este nilpotent pentru orice 0 ≤ i ≤ n.

(ii) f este inversabil daca si numai daca a0 este inversabil si ai este nilpotent pentru orice

1 ≤ i ≤ n.

(iii) f este divizor al lui zero daca si numai daca exista a ∈ R, a 6= 0, cu af = 0.

(iv) f este idempotent daca si numai daca f = a0 si a20 = a0.

Solutie. (i) Procedam prin inductie dupa n = grad f . Pentru n = 0 este clar. Pre-supunem afirmatia adevarata pentru toate polinoamele de grad mai mic strict decat n.Daca grad f = n, atunci din faptul ca f este nilpotent obtinem ca an este nilpotent(deoarece coeficientul dominant al lui fp este apn). Atunci polinomul anX

n este nilpotent,de unde f − anXn este nilpotent. Din ipoteza de inductie rezulta acum ca a0, a1, . . . , an−1sunt nilpotenti. Reciproca este evidenta.(ii) ”⇐” Avem ca a0 este inversabil si a1X+. . .+anX

n este nilpotent (ca suma de elementenilpotente). De aici rezultaca f este inversabil, fiind suma dintre un element inversabil siun element nilpotent.”⇒” Procedam prin inductie dupa grad f = n. Pentru n = 0 este clar. Presupunemafirmatia adevarata pentru toate polinoamele de grad mai mic strict decat n si fie f cugrad f = n. Fie g = b0 + b1X + . . .+ bmX

m inversul lui f . Din fg = 1 rezulta ca

anbm = 0, anbm−1 + an−1bm = 0, . . . , a0b0 = 1.

52

De aici rezulta ca a0 si b0 sunt inversabili.Inmultind a doua relatie cu an obtinem ca a2nbm−1 = 0, si apoi prin recurenta rezultaca ainbm−i+1 = 0 pentru orice 1 ≤ i ≤ m + 1. Pentru i = m + 1 aceasta ınseamnaca am+1

n b0 = 0. Cum b0 este inversabil rezulta ca am+1n = 0, deci an este nilpotent.

In continuare g = f − anXn este nilpotent ca suma dintre un element inversabil si unelement nilpotent. Din ipoteza de inductie rezulta acum ca si elementele a1, . . . , an−1 suntnilpotente.(iii) ”⇐” Evident.”⇒” Daca f este divizor al lui zero, exista g ∈ R[X], g 6= 0 cu fg = 0. Alegem g de gradminim cu aceasta proprietate. Fie g(X) = b0 + b1X + . . . + bmX

m. Din fg = 0 rezultaca anbm = 0. Atunci ang are gradul mai mic ca m si (ang)f = 0, de unde obtinem caang = 0. In particular anbm−1 = 0 si atunci egaland cu zero coeficientul lui Xm+n−1 dinfg rezulta ca an−1bm = 0. Atunci an−1g are grad mai mic ca m si (an−1g)f = 0, de undean−1g = 0. Continuam recurent si obtinem ca aig = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ n. Aceastaimplica aibm = 0 pentru orice i, de unde bmf = 0, ceea ce ıncheie demonstratia.(iv) Daca f este idempotent, f2 = f , atunci a20 = a0, 2a0a1 = a1, 2a0a2 + a21 = a2, si asamai departe. Inmultind a doua relatie cu a0 si folosind-o pe prima obtinem 2a0a1 = a0a1,deci a0a1 = 0. Rezulta ca si a1 = 0. Apoi ınmultind a treia relatie cu a0 si folosind-o peprima, obtinem ca 2a0a2 = a0a2, deci a0a2 = 0, ceea ce arata ca si a2 = 0. Continuandrecurent gasim ai = 0 pentru 1 ≤ i ≤ n, deci f = a0.

Observatie. Se poate arata (de exemplu, prin inductie dupa n) ca afirmatiile proble-mei raman valabile si ın inelul R[X1, X2, . . . , Xn].

Problema 2.7 Fie a ∈ Z, n ∈ N∗ si f(X) = Xn − a ∈ Z[X]. Daca pentru orice m ∈ N,

m ≥ 2 polinomul f ∈ Zm[X], f(X) = Xn − a are o radacina ın Zm, sa se arate ca f are o

radacina ın Z.

Solutie. Vom arata ca exponentul oricarui divizor prim al lui a este multiplu de n,ceea ce garanteaza ca a este puterea a n-a a unui numar ıntreg, deci f are o radacinaıntreaga.Fie p un divizor prim al lui a, deci a = pta′, t ∈ N∗, a′ ∈ Z si (a′, p) = 1. Daca t nu estemultiplu al lui n, atunci exista h ∈ N astfel ıncat hn < t < (h + 1)n. Fie m = p(h+1)n.Polinomul Xn − a are o radacina ın Zm, deci exista x ∈ Z cu p(h+1)n | xn − a. Cum p | a,avem p | x si fie x = psy, cu y ∈ Z si (p, y) = 1. Cum pt | m, avem si pt | xn − a =pnsyn − pta′, de unde pt | pnsyn, ceea ce garanteaza ca t ≤ ns. Atunci avem si hn < ns,de unde deducem ca h < s. Deci h+ 1 ≤ s. Dar pns | xn, deci si pn(h+1) | xn, adica m | xn.Cum m | xn − a, obtinem ca m | a, adica (h + 1)n < t, contradictie. Asadar t trebuie safie multiplu de n.

Problema 2.8 a) Exista polinoame P ∈ R[X] cu proprietatea P

(1

k

)=k + 2

kpentru

orice k ∈ N∗?

b) Exista polinoame P ∈ R[X] cu proprietatea P

(1

k

)=

1

2k + 1pentru orice k ∈ N∗?


Solutie. a) Da. Este suficient sa consideram polinomul P = 2X + 1.b) Nu. Presupunem ca exista un astfel de polinom P . Definim polinomul Q = (X+2)P−X.

Polinoame 53

Atunci, pentru orice k ∈ N∗ avem Q

(1

k

)=

(1

k+ 2

)P

(1

k

)− 1

k= 0. Prin urmare, Q

are o infinitate de radacini, deci el este nul. Rezulta ca (X + 2)P = X, de unde 0 = −2,contradictie.

Problema 2.9 Fie P ∈ R[X,Y, Z] si F : R2 → R cu proprietatatile: P (ux, uy, uz) =

u2F (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 ıncat P (A,B,C) = 0 si |B −A| = 10. Determinati |C −A|.

Putnam, 1987

Solutie. Facand u = 1 si x = 0, obtinem ca F (y, z) = P (0, y, z) este polinomiala. Inplus, F (uy, uz) = P (0, uy, uz) = u2F (y, z) pentru orice u, y, z ∈ R, deci F este omogenade grad 2. Prin urmare, exista a, b, c ∈ R astfel ıncat

P (x, y, z) = F (y − x, z − x) = a(y − x)2 + b(y − x)(z − x) + c(z − x)2.

Obtinem 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

deducem ca numarul m = C−AB−A este radacina a ecuatiei 6m2 − 7m + 5 = 0. Radacinile

acestei ecuatii sunt complexe conjugate si au produsul 56 , prin urmare modulul lor este√

56 . Rezulta |C −A| = |B −A|

√56 = 5

3

√30.

Problema 2.10 Fie R un domeniu de integritate infinit si f ∈ R[X1, . . . , Xn]. Daca

exista o submultime A = A1 × · · · ×An a lui Rn, astfel ıncat Ai este infinita pentru orice

1 ≤ i ≤ n, cu proprietatea ca f(a) = 0 pentru orice a ∈ A, atunci f = 0.

Solutie. Procedam prin inductie dupa n. Daca n = 1, se stie ca un polinom nenulıntr-o nedeterminata peste un domeniu de integritate are un numar de radacini ≤ grad f ,deci functia polinomiala asociata are doar un numar finit de zerouri.Presupunem adevarat pentru n− 1 si demonstram pentru n. Scriem

f(X1, . . . , Xn) =∑

0≤i≤mfi(X1, . . . , Xn−1)X

in,

unde fi(X1, . . . , Xn−1) ∈ K[X1, . . . , Xn−1] pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Rezulta ca pentruorice a1 ∈ A1, . . . , an−1 ∈ An−1, functia polinomiala asociata polinomului

f(a1, . . . , an−1, Xn) =∑

0≤i≤mfi(a1, . . . , an−1)X

in ∈ R[Xn]

se anuleaza pentru orice an ∈ An. Cum multimea An este infinita, rezulta ca polinomulf(a1, . . . , an−1, Xn) este nul, deci fi(a1, . . . , an−1) = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Din ipotezade inductie rezulta ca fi(X1, . . . , Xn−1) = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Atunci evident f = 0.

Observatie. Daca f se anuleaza ıntr-o multime infinita care nu mai este de formaA1 × . . . × An cu Ai infinite, atunci concluzia nu mai ramane adevarata. Pentru aceasta

54

consideram polinomul f(X,Y ) = XY ∈ Z[X,Y ]. Atunci f(0, y) = 0 pentru orice y ∈ Z,dar f 6= 0.Daca R nu este inel comutativ, atunci rezultatul nu mai este adevarat. De exemplu, daca Heste corpul cuaternionilor, atunci polinomul nenul f(X) = X2 + 1 ∈ H[X] are o infinitatede radacini ın H.

Problema 2.11 Fie K un corp comutativ, q ∈ N, q > 1 si f ∈ K[X1, . . . , Xn]. Sa se arate

ca f se poate scrie astfel: f =∑

1≤i≤n(Xq

i −Xi)gi + g0, cu gi ∈ K[X1, . . . , Xn] pentru orice

0 ≤ i ≤ n, gradXi(g0) < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, si grad g0 ≤grad f .

Solutie. Este suficient sa demonstram afirmatia ın cazul ın care f consta ıntr-unsingur monom (prin sumare se obtine apoi rezultatul pentru un polinom arbitrar). FieXk1

1 · · ·Xknn un monom care apare ın scrierea lui f . Pentru fiecare 1 ≤ i ≤ n folosim

teorema de ımpartire cu rest si obtinem Xkii = (Xq

i −Xi)qi(Xi)+ri(Xi), unde qi, ri ∈ K[Xi]

cu grad ri < q. Inmultind aceste relatii obtinem f =∑

1≤i≤n(Xq

i −Xi)gi+r1 · · · rn, si notand

g0 = r1 · · · rn, toate conditiile dorite sunt satisfacute.

Problema 2.12 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie g ∈ K[X1, . . . , Xn] cu proprietatea ca

gradXi(g) < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Daca g = 0, sa se arate ca g = 0.

Solutie. Procedam prin inductie dupa n la fel ca la problema 2.10.

Problema 2.13 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie g ∈ K[X1, . . . , Xn]. Sa se arate ca

g = 0 daca si numai daca g ∈ (Xq1 −X1, . . . , X

qn −Xn).

Solutie. Rezulta imediat din problemele 2.10 si 2.11 daca tinem cont de faptul caxq = x pentru orice x ∈ K.

Problema 2.14 Fie K un corp finit si n ∈ N∗. Sa se arate ca orice functie φ : Kn → K

este polinomiala, adica exista f ∈ K[X1, . . . , Xn] cu φ = f .

Solutia 1. Fie |K| = q. Numarul functiilor de la Kn la K este qqn. Pe de alta parte,

orice functie polinomiala 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. In scrierea unui astfel de fapar numai monoame de forma Xk1

1 · · ·Xknn , cu ki < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Numarul

acestor monoame este qn si cu ele putem forma qqn

polinoame cu coeficienti ın K. Darfunctiile polinomiale asociate acestor polinoame sunt distincte din problema 2.12, de underezulta ca avem exact qq

nfunctii polinomiale de la Kn la K. De aici rezulta ca orice functie

φ : Kn → K este polinomiala.Solutia 2. Notam K = {x1, x2, . . . , xq}. Procedam prin inductie dupa n. Pentru n = 1,

consideram sistemul

(S) :

a0 + a1x1 + a2x

21 + · · ·+ aq−1x

q−11 = φ(x1)

a0 + a1x2 + a2x22 + · · ·+ aq−1x

q−12 = φ(x2)

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

a0 + a1xq + a2x2q + · · ·+ aq−1x

q−1q = φ(xq)

Polinoame 55

cu necunoscutele a0, a1, . . . , aq−1. Determinantul sau fiind Vandermonde, acest sistemare solutie unica. Prin urmare, exista un unic polinom f ∈ K[X] de grad < q cuproprietatea ca φ(x) = f(x) pentru orice x ∈ K. Presupunem acum ca orice functieψ : Kn → K este polinomiala. Fie φ : Kn+1 → K. Atunci, functia φx : Kn → K,φx(x1, x2, . . . , xn) = φ(x1, x2, . . . , xn, x) este polinomiala pentru orice x ∈ K, sa zicem

φx = gx, gx ∈ K[X1, X2, . . . , Xn]. Rezulta φ = f , unde f =∑x∈K

∏a∈K\{x}

Xn+1 − ax− a

gx.

Observatie. Dat fiind un corp comutativ K si x1, x2, . . . , xn ∈ K distinctedoua cate doua, se constata ca, pentru orice y1, y2, . . . , yn ∈ K, polinoamele li =(X − x1) . . . (X − xi−1)(X − xi+1) . . . (X − xn)

(xi − x1) . . . (xi − xi−1)(xi − xi+1) . . . (xi − xn)(numite polinoamele fundamentale de in-

terpolare Lagrange) au proprietatile li(xi) = 1 si li(xj) = 0 pentru orice j 6= i. Prin urmare,polinomul

f =

n∑j=1

yj(X − x1) . . . (X − xi−1)(X − xi+1) . . . (X − xn)

(xi − x1) . . . (xi − xi−1)(xi − xi+1) . . . (xi − xn)

(numit polinom de interpolare Lagrange) are proprietatea ca f(xi) = yi pentru orice i ∈{1, 2, . . . , n}. Polinomul ce se obtine ın urma rezolvarii sistemului (S) este de acest tip. Siideea din pasul de inductie din solutia 2 este data tot de forma polinoamelor de interpolare.

Problema 2.15 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie f ∈ K[X1, . . . , Xn] cu proprietatile

grad f = d < n si f(0, . . . , 0) = 0. Sa se arate ca:

(i) Exista a ∈ Kn, a 6= (0, . . . , 0), cu f(a) = 0.

(ii) Daca |{a ∈ Kn | f(a) = 0}| = N si p = char(K), atunci p | N .

Solutie. (i) Presupunem ca f(a) 6= 0 pentru orice a 6= (0, . . . , 0). Fie polinoameleg = 1 − f q−1 si h = (1 −Xq−1

1 ) · · · (1 −Xq−1n ). 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. Rezulta ca g = h.In plus, avem ca grad g = d(q − 1) < n(q − 1) = gradh.Din problema 2.11 rezulta ca g =

∑1≤i≤n

(Xqi − Xi)gi + g0, cu gi ∈ K[X1, . . . , Xn] pentru

orice 0 ≤ i ≤ n, gradXig0 < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, si grad g0 ≤grad g = d(q − 1).Este clar ca g0 = g, de unde g0 = h. Aplicand problema 2.12 (observam ca g0 si h satisfacconditiile impuse asupra gradelor, caci si gradXih < q), rezulta ca g0 = h. Avem ınsa gradg0 ≤grad g <grad h, contradictie. Asadar presupunerea facuta este falsa.(ii) Am vazut ın solutia punctului (i) ca g(a) = 1 daca f(a) = 0 iar g(a) = 0 daca f(a) 6= 0.Asadar N · 1K =

∑a∈Kn

g(a). Dar g = g0 si din solutia problemei 2.11 stim ca g0 = r1 · · · rn,

unde r1 ∈ K[X1], . . . , rn ∈ K[Xn], toate de grad mai mic decat q. Rezulta ca g0 se poatescrie sub forma

g0 =∑

0≤i1,...,in<qci1 · · · cinX

i11 · · ·X

inn

si de aici rezulta ca

N · 1K =∑

(a1,...,an)∈Kn

(∑

0≤i1,...,in<qci1 · · · cina

i11 · · · ainn )

=∑

0≤i1,...,in<qci1 · · · cin(

∑(a1,...,an)∈Kn

ai11 · · · ainn ).

56

Dar∑

(a1,...,an)∈Kn

ai11 · · · ainn = (∑a1∈K

ai11 ) · · · (∑

an∈Kainn ) si cum grad g0 ≤grad g = d(q − 1) <

n(q − 1), rezulta ca nu toti indicii i1, . . . , in sunt egali cu q − 1. Pe de alta parte, daca1 ≤ i < q − 1, atunci

∑x∈K

xi = 0. Se stie ca (K∗, ·) este grup ciclic. Exista prin urmare

α ∈ K astfel ıncat K∗ = {1, α, α2, . . . , αq−2}. Pentru orice 0 < i < q − 1 avem αi − 1 6= 0si ∑

x∈Kxi =

∑0≤j≤q−2

αij = (α(q−1)i − 1)(αi − 1)−1 = ((α(q−1))i − 1)(αi − 1)−1 = 0.

Rezulta ca∑

(a1,...,an)∈Kn

ai11 · · · ainn = 0 pentru orice i1, . . . , in. Obtinem ca N · 1K = 0, deci

p | N .

Problema 2.16 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie f(X) = a0 + a1X + . . .+ aq−2Xq−2 ∈

K[X] cu aq−2 6= 0. Atunci |{a ∈ K∗ | f(a) = 0}| = q − 1− rang(A), unde A este matricea

A =

a0 a1 a2 . . . aq−3 aq−2

a1 a2 a3 . . . aq−2 a0

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

aq−2 a0 a1 . . . aq−4 aq−3

.

Solutie. Fie K∗ = {b1, . . . , bq−1}. Avem ca bq−1i = 1 pentru orice i. Considerammatricea

B =

1 b1 . . . bq−21

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

1 bq−1 . . . bq−2q−1

∈Mq−1(K).

Atunci avem

BA =

f(b1) b−11 f(b1) . . . b−(q−2)1 f(b1)

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

f(bq−1) b−1q−1f(bq−1) . . . b−(q−2)q−1 f(bq−1)

.

N = |{a ∈ K∗ | f(a) = 0}| este numarul de zerouri din sirul f(b1), . . . , f(bq−1). Sapresupunem de exemplu ca ultimii N termeni ai acestui sir sunt nuli. Atunci ultimele Nlinii ale matricei BA sunt nule, de unde rang(BA) ≤ q − 1−N . Pe de alta parte minorullui BA format de primele (q − 1 − N) linii si primele (q − 1 − N) coloane este nenul(determinantul este un determinant de tip Vandermonde ınmultit cu elementele nenulef(b1), . . . , f(bq−1−N )), deci rang(BA) = q − 1 − N . Cum B este inversabila, rezulta carang(A) = q − 1−N . De aici obtinem ca N = q − 1− rang(A).

Problema 2.17 Fie P = {f ∈ R[X] | grad f ≤ 3, |f(±1)| ≤ 1,∣∣f (±1

2

)∣∣ ≤ 1}.

Calculati supf∈P

max|x|≤1

|f ′′(x)| si determinati toate polinoamele f pentru care se atinge acest

supremum.

Polinoame 57

IMC, 1998

Solutie. Notam x0 = −1, x1 = −12 , x2 = 1

2 , x3 = 1, w =3∏i=0

(X − xi),

wk =∏i 6=k

(X − xi) si lk = 1wk(xk)

wk, k ∈ {0, 1, 2, 3}.

Gandindu-ne la forma polinoamelor de interpolare, constatam ca pentru orice f ∈ P si

x ∈ [−1, 1] are loc f(x) =3∑

k=0

lk(x)f(xk), de unde f ′′(x) =3∑

k=0

l′′k(x)f(xk), deci |f ′′(x)| ≤3∑

k=0

|l′′k(x)|.

Cum grad f ′′ ≤ 1, max|x|≤1

|f ′′(x)| se atinge fie ın x = −1, fie ın x = 1. Daca punctul pentru

care se atinge maximumul este x = 1, atunci supf∈P

max|x|≤1

|f ′′(x)| ≤3∑

k=0

|l′′k(1)|. Cum f ′′(x) =

3∑k=0

l′′k(x)f(xk), egalitatea se realizeaza fie daca f(xk) = sgn l′′k(1) pentru toti k ∈ {0, 1, 2, 3},

fie daca f(xk) = − sgn l′′k(1) pentru toti k ∈ {0, 1, 2, 3}. Calculand efectiv l′′k(1), k ∈{0, 1, 2, 3}, constatam ca semnele lor alterneaza. De aici rezulta ca polinoamele f pentrucare se realizeaza supremumul din enunt au proprietatea ca f(x0) = f(x2) = ±1 si f(x1) =f(x3) = ∓1. Prin urmare, f = ±(4X3− 3X), iar supremumul cerut este egal cu 24. Cazulın care punctul ın care se realizeaza maximul este -1 conduce la aceleasi polinoame f si laacelasi supremum.

Problema 2.18 Fie f : R → R cu proprietatea ca pentru orice n ∈ {2, 3, . . .} functia

fn : R→ R, fn(x) = (f(x))n este polinomiala. Este f ın mod necesar polinomiala?

IMC, 2005

Solutia 1. Fie g, h ∈ R[X] astfel ıncat g = f2 si h = f3. Cum R[X] este factorial,

putem scrie g = apα11 · · · pαrr si h = bq

β11 · · · q

βss , unde a, b ∈ R, p1, . . . , pr, q1, . . . , qs ∈ R[X]

sunt polinoame ireductibile si monice, iar α1, . . . , αr, β1, . . . , βs ∈ N∗. Cum g3 = f6 = h2,obtinem g3 = h2. Din unicitatea descompunerii ın factori primi ın inelul R[X] rezultaca a3 = b2, r = s si, dupa o eventuala renumerotare a polinoamelor qi, i ∈ {1, . . . , s},pi = qi si 3αi = 2βi pentru fiecare i ∈ {1, . . . , s}. Toti exponentii βi, i ∈ {1, . . . , s}, sunt

deci divizibili prin 3. Consideram polinomul F = 3√b · qβ1/3

1 · . . . · qβs/3s . Trecand la functii

asociate, (F (x))3 = h(x) = (f(x))3 pentru orice x ∈ R. Rezulta ca f(x) = F (x) pentruorice x ∈ R, deci f este polinomiala.

Solutia 2. Fie pq forma ireductibila a fractiei rationale h

g ∈ R(X), cu g si h ca ın solutia

1. Atunci, p2

q2= f2, de unde p2 = q2g. Daca q ar avea vreun factor ireductibil ın R[X],

ar rezulta din ultima relatie ca acesta divide si p, contradictie. Putem deci consideraq = 1, de unde h

g = p. Rezulta ca pentru orice x ∈ R \ {x ∈ R | f(x) 6= 0} avem

f(x) = (f(x))3

(f(x))2= h(x)

g(x) = p(x). Relatia p2 = q2f2 implica si f(x) = p(x) pentru toate

zerourile x ale lui f . Prin urmare, f = p, deci f este polinomiala.Observatie. Rationamentele prezentate functioneaza folosind doar ipoteza ca x 7→

(f(x))2 si x 7→ (f(x))3 sunt functii polinomiale.

58

Problema 2.19 Fie p un numar prim si Zp corpul claselor de resturi modulo p. Fie W

cea mai mica multime de polinoame din Zp[X] cu proprietatile

(i) X + 1, Xp−2 +Xp−3 + · · ·+X2 + 2X + 1 ∈W ,

(ii) Pentru orice h1, h2 ∈W , restul r al ımpartirii lui h1 ◦ h2 la Xp −X este ın W .

Cate elemente are W?

IMC, 2009

Solutie. Precizam mai ıntai ca acea conditie de minimalitate impusa ın enunt asupralui W este relativa la relatia de incluziune.Observam ca functia polinomiala asociata lui f = X + 1 este ciclul 0 → 1 → 2 → · · · →(p− 1)→ 0, iar cea asociata lui g = Xp−2 +Xp−3 + · · ·+X2 + 2X + 1 este transpozitia0↔ 1. Cum aceste permutari genereaza grupul S(Zp) al permutarilor lui Zp, pentru fiecare

σ ∈ S(Zp) exista ın W cel putin un polinom h cu σ = h.

Rezulta ca functia Φ : W → S(Zp), Φ(P ) = P este surjectiva. Pe de alta parte, dacaΦ(P ) = Φ(Q), rezulta ca polinoamul P −Q (de grad strict mai mic decat p) are p radacinidistincte, deci este nul. Rezulta ca P = Q, deci Φ este bijectiva. Prin urmare, |W | =|S(Zp)| = p!.

Problema 2.20 Fie K un corp si f : K × K → K cu proprietatea ca pentru orice

x0 ∈ K functia f(x0, y) este polinomiala ın y, iar pentru orice y0 ∈ K functia f(x, y0) este

polinomiala ın x.

Rezulta din aceste conditii ca f este polinomiala daca:

a) K = Q?

b) K este un corp finit?

Argumentati raspunsurile!

SEEMOUS, 2007

Solutie. a) In cazul K = Q, nu rezulta ca f este polinomiala, dupa cum arataurmatorul contraexemplu:Scriem Q = {a0, a1, a2, . . .} (acest lucru este posibil, Q fiind numarabila). Consideram

f : Q×Q→ Q, f(ai, aj) =m∑k=0

k∏l=0

[(ai − al)(aj − al)], unde m = min{i, j}.

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

i∑k=0

k∏l=0

[(ai − al)(y − al)] pentru orice y ∈ Q,

deci f(ai, y) este functie polinomiala de y, iar pentru aj ∈ Q arbitrar ales, f(x, aj) =j∑

k=0

k∏l=0

[(x − al)(aj − al)] pentru orice x ∈ Q, deci f(x, aj) este functie polinomiala de x.

Presupunem ca f este polinomiala si notam cu n gradul sau ın raport cu x. Atunci, existab0, b1, . . . , bn ∈ Q[Y ] astfel ıncat f(x, y) = b0(y)+b1(y)x+ · · ·+bn(y)xn pentru orice x, y ∈

Polinoame 59

Q. De aici rezulta ca functia g : Q→ Q, g(x) = f(x, an+1) =n∑k=0

k∏l=0

[(x− al)(an+1 − al)],

este polinomiala de grad cel mult n, contradictie.b) Cum pentru orice corp finit K si orice n ∈ N∗ toate functiile g : Kn → K sunt polinomi-ale (a se vedea problema 2.14), rezulta ca functia f din enunt este polinomiala. Observamca ın acest caz nici nu mai trebuie sa facem uz de proprietatile date ın ipoteza pentru f(care sunt ınsa verificate).

Observatie. De fapt, pentru un corp comutativ K, sunt echivalente urmatoareleafirmatii :1. Exista functii f ca ın enunt care nu sunt polinomiale.2. Corpul K este numarabil.Pentru situatia de numarabilitate, contraexemplul se poate construi exact ca ındemonstratia punctului a).Pentru corpurile finite, chestiunea a fost transata la punctul b).Daca corpul K este nenumarabil, iar f : K × K → K are proprietatea din enunt,notam Ar = {x ∈ K | grady f(x, y) = r} si Bs = {y ∈ K| gradx f(x, y) = s}.Cum K =

⋃r≥0Ar =

⋃s≥0Bs, iar K este nenumarabil, exista m,n ∈ N pentru care

Am si Bn sunt infinite (aici ar esua aceasta demonstratie ın cazul ın care K ar ficel mult numarabil). Conform ipotezei, exista functiile a0, a1, . . . , an : Bn → K ast-fel ıncat f(x, y) = a0(y) + a1(y)x + · · · + an(y)xn. Fie x1, x2, . . . , xn+1 ∈ Am. Pen-tru orice j ∈ {1, 2, . . .m + 1} exista constante b0(xj), b1(xj), . . . , bm(xj) astfel ıncatf(xj , y) = b0(xj) + b1(xj)y+ · · ·+ bm(xj)y

m pentru orice y ∈ K. Consideram y ∈ Bn arbi-trar. Rezolvand sistemul a0(y) + a1(y)xj + · · ·+ an(y)xnj = f(xj , y), j ∈ {1, 2, . . . ,m+ 1},obtinem, ın virtutea relatiilor de mai sus, ca ak(y), k ∈ {0, 1, . . . , n}, sunt functii polino-miale de y. Prin urmare, exista P ∈ K[X,Y ] astfel ıncat f(x, y) = P (x, y) pentru oricex ∈ K si y ∈ Bn. Pe de alta parte, daca (x, y) ∈ K ×K este o pereche arbitrara, functiapolinomiala t 7→ f(x, t) coincide cu functia polinomiala t 7→ P (x, t) pe multimea infinitaBn, deci cele doua functii coincid, de unde obtinem f(x, y) = P (x, y), ceea ce ıncheiedemonstratia.

Problema 2.21 Fie f ∈ R(X). Presupunem ca f(n) ∈ Z pentru o infinitate de valori

n ∈ Z. Aratati ca f este polinom.

IMC, 2006

Solutie. Fie S ⊂ Z o multime infinita cu proprietatea ca f(x) ∈ Z pentru orice x ∈ S.Scriem f = p

q , p, q ∈ R[X], q 6= 0. Notam T = S \ {x ∈ S | q(x) = 0}. Privim relatiilep(x) = q(x)f(x), x ∈ T , ca pe un sistem de ecuatii liniare care are drept nedeterminatecoeficientii polinoamelor p si q. Observam ca toti coeficientii acestui sistem sunt ıntregi, iarsistemul este compatibil, deoarece chiar valorile coeficientilor lui p si q constituie o solutie.Aspectul coeficientilor arata ınsa ca putem gasi pentru acest sistem solutii cu componentelerationale. Prin urmare, exista p′, q′ ∈ Q[X] cu proprietatea ca p′(x) = q′(x)f(x) pentruorice x ∈ T . Cum p(x) = q(x)f(x), obtinem p′(x)q(x)f(x) = p(x)q′(x)f(x) pentru oricex ∈ T . Obtinem de aici relatia p′(x)q(x) = p(x)q′(x) pentru orice element x al multimii

infinite T \ {x ∈ T | f(x) = 0}. In consecinta, avem p′q = pq′, de unde p′

q′ = pq = f .

Prin urmare, f se poate scrie ca un cat de polinoame cu coeficienti rationali. Amplificandaceasta fractie cu un numar ıntreg potrivit, putem scrie f chiar ca un cat de polinoamecu coeficienti ıntregi: f = p′′

q′′ . Conform teoremei de ımpartire cu rest, exista s, r ∈ Q[X]

60

asa ıncat p′′ = q′′s+ r si grad r < grad q′′. Se obtine relatia f = s+ rq′′ . Exista ınsa N ∈ N

astfel ıncat Ns ∈ Z[X]. Are deci loc relatia Nr(x)q′′(x) = Nf(x)−Ns(x) ∈ Z pentru orice x ∈

S\{x ∈ S | q′′(x) 6= 0}. Pe de alta parte, gradNr < grad q′′, deci limn→±∞

Nr(x)q′′(x) = 0. Rezulta

ca pentru x ∈ S \ {x ∈ S | q′′(x) 6= 0} cu |x| suficient de mare avem Nf(x)−Ns(x) = 0,de unde r(x) = 0. Asadar, r are o infinitate de radacini, deci este nul. Rezulta ca f = s,deci f este polinom.

Observatie. Din demonstratie rezulta chiar f ∈ Q[X].

Problema 2.22 a) Fie n ∈ N si P ∈ R[X] un polinom de grad n. Daca P (a) ∈ Z pentru

n+ 1 valori ıntregi 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 decat n. Daca 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.

Solutie. a) Demonstram afirmatia prin inductie dupa n. Cazul n = 0 este evident.Presupunem afirmatia adevarata pentru polinoamele de grad n si fie P ∈ R[X] de grad n+1cu proprietatea ca exista t ∈ Z astfel ıncat P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ {t, t+1, . . . , t+n+1}.Consideram polinomul Q(X) = P (X+1)−P (X). Q are gradul n, iar Q(a) ∈ Z pentru oricea ∈ {t, t+1, . . . , t+n}. Conform ipotezei de inductie, Q(a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z. Pe bazarelatiilor P (a+1)−P (a) = Q(a) ∈ Z, obtinem inductiv atat P (t+n+2), P (t+n+3), . . . ∈ Z,cat si P (t− 1), P (t− 2), . . . ∈ Z.b) Si aici vom face demonstratia prin inductie dupa n. Daca n = 1, atunci P este constant,de unde P = P (0, 1) ∈ Z, deci afirmatia problemei este adevarata.Fie acum n ≥ 2. Presupunem ca afirmatia este adevarata pentru polinoamele de gradmai mic decat n − 1. Fie polinomul P ∈ R[X,Y ] de grad mai mic decat n si care areproprietatea P (a, b) ∈ Z pentru orice valori a, b ∈ Z cu 0 ≤ a < b ≤ n. Considerampolinoamele

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)

Daca 0 ≤ a < b ≤ n− 1, atunci numerele P (a, b), P (a, b+ 1) si P (a+ 1, b+ 1) sunt ıntregi,deci Q1(a, b) si Q2(a, b) sunt si ele ıntregi. In plus, polinoamele Q1 si Q2 au gradul maimic decat n−1. Conform ipotezei de inductie, Q1(a, b) si Q2(a, b) sunt ıntregi pentru oricea, b ∈ Z. Tinand cont de proprietatile lui P si de relatiile (2.10) si (2.11), obtinem

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. Aplicand (2.13) de |a| ori si apoi (2.14) de |b− a− 1| ori, obtinem:

P (a, b) ∈ Z⇔ · · · ⇔ P (0, b− a) ∈ Z⇔ · · · ⇔ P (0, 1) ∈ Z.

De aici si din (2.12) rezulta ca P (a, b) ∈ Z.

Polinoame 61

Problema 2.23 Pentru k ∈ N∗ notam

Xk

=X(X − 1) · . . . · (X − k + 1)

k!∈ Q[X]

(pentru k = 0, convenim sa notam

X0

= 1).

a) Aratati ca

X + 1

k + 1

− X

k + 1

=

Xk

pentru orice k ∈ N.

b) Aratati ca polinoamele

Xk

, k ∈ N, iau valori ıntregi ın orice n ∈ Z.

c) Aratati ca daca exista n ∈ Z astfel ıncat polinomul P ∈ R[X] de grad k ia valori ıntregi

ın n, n+ 1, . . . , n+ k, atunci exista numerele ıntregi c0, c1, . . . , ck astfel ıncat

P = ck

Xk

+ ck−1

X

k − 1

+ · · ·+ c1

X1

+ c0

X0

.

Solutie. a) Se obtine prin calcul direct.b) Inductie dupa k: Pentru k ∈ {0, 1}, afirmatia este evidenta. Presupunem acum ca ea

este adevarata pentru k. Folosind ın mod repetat relatia de la a), constatam ca

(m

k + 1

)−(

nk + 1

)∈ Z pentru orice m,n ∈ Z. Demonstratia se ıncheie constatand ca

(0

k + 1

)∈ Z.

c) Cum polinomul

(Xk

)are gradul k, rezulta ca

(X0

),

(X1

), . . . ,

(Xk

)constituie o baza

a spatiului vectorial real {P ∈ R[X] | gradP ≤ k}. Prin urmare, pentru orice polinomP ∈ R[X] de grad cel mult k exista c0, c1, . . . , ck ∈ R astfel ıncat

P = ck

(Xk

)+ ck−1

(X

k − 1

)+ · · ·+ c1

(X1

)+ c0

(X0

).

Mai avem de aratat ca daca P are valori ıntregi ın n, n+1, . . . , n+k, atunci c0, c1, . . . , ck ∈Z.Procedam prin inductie dupa k.Pentru k = 0, daca un polinom P de grad 0 ia ın n ∈ Z valoarea a ∈ Z, atunci P = a,deci P (m) ∈ Z pentru orice m ∈ Z.Presupunem acum afirmatia adevarata pentru polinoamele de grad cel mult k. Sa pre-supunem ca polinomul

P = ck+1

(X

k + 1

)+ ck

(Xk

)+ · · ·+ c1

(X1

)+ c0

(X0

)ia valori ıntregi ın n, n+ 1, . . . , n+ k + 1. Atunci polinomul

∆P (X) = P (X + 1)− P (X) = ck+1

(Xk

)+ ck

(X

k − 1

)+ · · ·+ c1

(X0

)

62

are gradul cel mult k si ia valori ıntregi ın n, n+1, . . . , n+k. Conform ipotezei de inductie,c1, c2, . . . , ck+1 ∈ Z. In plus,

c0 = P (n)− ck+1

(n

k + 1

)− ck

(nk

)− · · · − c1

(n1

)∈ Z,

ceea ce ıncheie pasul de inductie si demonstratia.

Problema 2.24 Fie f ∈ R[X] de grad n. Presupunem caf(k)− f(m)

k −m∈ Z pentru orice

valori ıntregi k,m cu 0 ≤ k < m ≤ n. Aratati caf(a)− f(b)

a− b∈ Z pentru orice doua

numere ıntregi a 6= b.

IMC, 2011

Solutia 1. Demonstram afirmatia prin inductie dupa gradul n al polinomului f . Eaeste adevarata ın mod evident pentru n = 1. Fie n ≥ 2; presupunem ca afirmatia problemeieste adevarata pentru polinoamele de grad n−1. Fie f ∈ R[X] un polinom de grad n careındeplineste conditiile din ipoteza.Polinomul g cu proprietatea f = Xg+ f(0) are gradul n− 1; ın plus, g(a) = f(a)−f(0)

a−0 ∈ Zpentru orice a ∈ {1, 2, . . . , n}. Conform problemei 2.22 a), P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z,deci

f(a)− f(0)

a− 0∈ Z pentru orice a ∈ Z. (2.15)

Pe de alta parte, polinomul g(X) = f(X+1)−f(X) are gradul n−1, iar pentru k,m ∈ Z,k 6= m, are loc relatia

g(k)− g(m)

k −m=f(k + 1)− f(m+ 1)

(k + 1)− (m+ 1)− f(k)− f(m)

k −m. (2.16)

Rezulta ca g(k)−g(m)k−m ∈ Z pentru orice valori ıntregi k,m cu 0 ≤ k < m ≤ n− 1. Conform

ipotezei de inductie, g(a)−g(b)a−b ∈ Z pentru orice doua numere ıntregi a 6= b.

Fie acum doua valori ıntregi a 6= b. Daca a > b > 0, tinand cont de (2.15) si (2.16),obtinem

f(a)− f(b)

a− b=

b∑k=1

g(a− k)− g(b− k)

(a− k)− (b− k)+f(a− b)− f(0)

(a− b)− 0∈ Z.

Celelalte cazuri se trateaza analog.Solutia 2.

Lema Notam L(k) = [1, 2, . . . , k] si definim hk = L(k)(Xk

), k ∈ N∗. Atunci, a − b divide

hk(a)− hk(b) pentru orice a, b ∈ Z, a 6= b.Demonstratie. Presupunem mai ıntai k ≤ b < a. Comparand coeficientii lui Xk din

(1 +X)a si (1 +X)a−b(1 +X)b, constatam ca

(ak

)=

k∑j=0

(a− bj

)(b

k − j

). Prin urmare,

hk(a)− hk(b) = L(k)

((ak

)−(bk

))(2.17)

= L(k)

k∑j=1

(a− bj

)(b

k − j

)= (a− b)

k∑j=1

L(k)

j

(a− b− 1j − 1

)(b

k − j

).

Polinoame 63

Rezulta ca polinoamele P = L(k)

((Xk

)−(bk

))∈ R[X] si Q = (X −

b)

k∑j=1

L(k)

j

(b

k − j

)(X − b− 1j − 1

)∈ R[X] au proprietatea P (a) = Q(a) pentru orice

a ∈ {b + 1, b + 2, . . .}. Rezulta ca P = Q, deci relatia (2.17) are loc si pentru

a ≤ b. Prin urmare, polinoamele R = L(k)

((Xk

)−(Yk

))∈ R[X,Y ] si S = (X −

Y )k∑j=1

L(k)

j

(X − Y − 1j − 1

)(Y

k − j

)∈ R[X,Y ] au proprietatea ca R(a, b) = S(a, b) pentru

orice (a, b) ∈ Nk × Nk, unde am notat Nk = {k, k + 1, . . .}. Conform problemei 2.10 avemR = S, de unde si concluzia lemei.Polinomul f fiind de grad n, ıl putem scrie sub forma

f = A0 +A1

(X1

)+A2

(X2

)+ · · ·+An

(Xn

), (2.18)

cu A1, . . . , An ∈ R. Vom demonstra prin inductie ca pentru orice m ∈ {1, 2, . . . , n} exista

tm ∈ Z astfel ıncat Am = tmL(m). Cum A1 = f(1)−f(0)1−0 ∈ Z, afirmatia este adevarata

pentru m = 1. Presupunem ca pentru orice j ∈ {1, 2, . . . ,m− 1} exista tj ∈ Z astfel ıncatAj = tjL(j). Dand ın (2.18) lui X valorile m si k ∈ {0, 1, . . . ,m− 1}, obtinem

f(m)− f(k)

m− k=

m−1∑j=1

AjL(j)

hj(m)− hj(k)

m− k+

Amm− k

.

Cum, conform lemei, toti ceilalti termeni ce apar ın aceasta relatie sunt ıntregi, rezulta caAmm−k este si el ıntreg. Cum k ∈ {0, 1, . . . ,m− 1} a fost ales arbitrar, rezulta ca Am ∈ Z siL(m)|Am, ceea ce ıncheie inductia. Considerand acum a, b ∈ Z, a 6= b, avem

f(a)− f(b)

a− b=

n∑j=1

AjL(j)

hj(a)− hj(b)a− b

.

Conform lemei, de aici obtinemf(a)− f(b)

a− b∈ Z.

Solutia 3. Afirmatia problemei se obtine aplicand rezultatul din problema 2.22 b)

polinomului g(X,Y ) = f(X)−f(Y )X−Y .

Problema 2.25 Fie P ∈ Z[X] si numerele ıntregi a1 < a2 < . . . < an.

a) Demonstrati ca exista a ∈ Z cu proprietatea ca P (ai) | P (a) pentru orice i ∈ {1, 2 . . . , k}.

b) Exista pentru orice P ∈ Z[X] un numar a ∈ Z astfel ıncat P (a1)P (a2) · · ·P (ak) | P (a)?

IMC, 2008

Solutie. a) Daca exista vreo valoare i pentru care P (ai) = 0, afirmatia problemeieste evidenta. Daca P (a1) = · · · = P (ak), alegem a = a1 si am terminat. Putem asadarconsidera ca P (a1), . . . , P (ak) sunt nenule si (dupa eventuala eliminare a elementelor aicare produc repetitii) distincte doua cate doua.Exista ın mod evident numerele s, t prime ıntre ele cu proprietatile s | P (a1), t | P (a2) si

64

st = [P (a1), P (a2)]. Exista de asemenea m,n ∈ Z astfel ıncat a1 + sm = a2 + tn; notamb2 = a1 + sm. Cum s | P (a1 + sm)− P (a1) si t | P (a2 + tn)− P (a2), rezulta st | P (b2).Cu calcule similare, construim inductiv numerele ıntregi bi, i ∈ {3, . . . , k}, cu proprietatileP (ai) | P (bi) si P (bi−1) | P (bi). a = bk este numarul cerut.b) Raspunsul la aceasta ıntrebare este negativ: Daca P = 2X2+2, a1 = 0 si a2 = 1, atuncipentru 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 . Aratati ca daca

polinomul f − 2008 are cel putin 81 radacini ıntregi distincte, atunci grad g > 5.

IMC, 2008

Solutie. Fie h ∈ Z[X] astfel ıncat f = gh. Consideram radacinile ıntregi distinctea1, . . . , 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 ıntregi. Conform principiului cutiei,ın lista g(a1), . . . , g(a81) gasim cel putin 6 numere egale, fie ele g(ai1), . . . , g(ai6). Atunci,polinomul g− g(ai1) are cel putin 6 radacini distincte, deci are gradul cel putin 6. De aicirezulta ca avem si grad g ≥ 6.

Problema 2.27 Fie f ∈ Z[X]. Definim a0 = 0 si an+1 = f(an) pentru orice n ∈ N.

Aratati ca daca exista m ∈ N∗ pentru care am = 0, atunci a1a2 = 0.

Putnam, 2000

Solutia 1. Pentru orice m,n ∈ Z avem m−n | f(m)−f(n). In particular, daca notambn = an+1 − an, obtinem ca bn | bn+1 pentru orice n ∈ N.Presupunem ca exista m ∈ N∗ pentru care am = 0. Atunci, am = a0, de unde am+1 = a1,deci bm = b0. Daca b0 = 0, atunci a0 = a1 = . . . = am si am terminat. Daca b0 6= 0,din b0|b1| . . . |bm si bm = b0 deducem ca bk = ±b0 pentru orice k ∈ {1, 2, . . . ,m}. Darb0 + b1 + · · · + bm−1 = am − a0 = 0, deci jumatate dintre numerele b0, b1, . . . , bm−1 suntpozitive, iar celelalte sunt negative. Rezulta ca exista k ∈ {1, 2, . . . ,m − 1} pentru carebk−1 = −bk. De aici, ak+1 = ak−1 si apoi an+2 = an pentru orice n ≥ k − 1. In particular,am+2 = am, de unde a2 = f(f(a0)) = f(f(am)) = am+2 = am = 0.

Solutia 2. Fie m ∈ N∗ minim pentru care am = 0. Daca exista i, j ∈ {0, 1, . . . ,m−1},i < j, astfel ıncat ai = aj , atunci am−(j−i) = am = 0, contrazicand minimalitatea lui m.Prin urmare, pentru i, j ∈ N arbitrari, vom avea ai = aj daca si numai daca m | j − i.Daca m = 1, demonstratia se ıncheie.Daca m > 1, fie ai, respectiv aj , elementul maxim, respectiv minim, al multimii{a0, a1, . . . , am−1}. Cum ai − aj | f(ai)− f(aj) = ai+1 − aj+1, iar |ai+1 − aj+1| ≤ ai − aj ,rezulta ca |ai+1−aj+1| = ai−aj . De aici, rezulta ca {ai+1, aj+1} = {ai, aj}. Daca 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.

Observatie. Printr-o schimbare de varibila, rezulta ca daca f ∈ Z[X], a ∈ Z, iar sirula, f(a), f(f(a)), . . . este periodic, atunci perioada sa este cel mult 2.

Problema 2.28 Determinati polinoamele P = anXn+an−1X

n−1 + · · ·+a0, an 6= 0, care

ındeplinesc urmatoarele doua conditii:

Polinoame 65

(i) (a0, a1, . . . , an) este o permutare a sistemului (0, 1, . . . , n)

(ii) Toate radacinile lui P sunt rationale.

IMC, 2005

Solutia 1. Cum P (x) > 0 pentru orice x > 0, P nu are radacini ın R∗+. Vomreprezenta deci radacinile lui P sub forma −αi, i ∈ {1, 2, . . . , n}, cu αi ∈ Q+ pentrufiecare i ∈ {1, 2, . . . , n}.Daca a0 6= 0, atunci exista k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} pentru care αk = 0; folosind relatiilelui Viete, obtinem contradictia 0 < α1α2 . . . αn−k + α1α2 . . . αn−k−1αn−k+1 + · · · +αk+1αk+2 . . . αn = ak

an= 0. Ramane asadar ca a0 = 0, deci una dintre radacinile lui

P este nula, fie ea αn. Presupunem ca n ≥ 3 si consideram polinomul Q = anXn−1 +

an−1Xn−2 + · · · + a1, care are radacinile −αi, i ∈ {1, 2 . . . , n − 1}. Conform relatiilor lui

Viete,

α1α2 · · ·αn−1 =a1an

(2.19)

α1α2 · · ·αn−2 + α1α2 · · ·αn−3αn−1 + · · ·+ α2α3 · · ·αn−1 =a2an

(2.20)

α1 + α2 + · · ·+ αn−1 =an−1an

. (2.21)

Impartind membru cu membru relatia (2.20) la (2.19), obtinem

1

α1+

1

α2+ · · ·+ 1

αn−1=a2a1

. (2.22)

Din (2.21) si (2.22), folosind inegalitatea mediilor, obtinem

an−1(n− 1)an

=α1 + α2 + · · ·+ αn−1

n− 1≥ n− 1

1α1

+ 1α2

+ · · ·+ 1αn−1

=(n− 1)a1

a2,

de undea2an−1a1an

≥ (n− 1)2. Rezulta can2

2≥ a2an−1

a1an≥ (n− 1)2, de unde n ≤ 3. Asadar,

polinoamele care satisfac simultan (i) si (ii) au gradul cel mult 3. Calcule imediate ne arataca polinoamele cerute sunt X, X2 + 2X, 2X2 +X, X3 + 3X2 + 2X si 2X3 + 3X2 +X.

Solutia 2. Cum P are toate radacinile rationale, el se poate scrie sub forma

P =n∏k=1

qkX + rksk

, (2.23)

unde qk, rk, sk ∈ Z si (qk, rk, sk) = 1, k ∈ {1, 2, . . . , n}. Atunci, Ps1 . . . sn =∏nk=1(qkX +

rk), deci s1 . . . sn |∏nk=1 c(qkX + rk), unde c(f) desemneaza, ca de obicei, continutul

polinomului f . Rezulta ca putem simplifica membrul drept din (2.23) pana la disparitiacompleta a numitorilor. Prin urmare, putem scrie P =

∏nk=1(bkX + ck), unde bk, ck ∈

Z pentru fiecare k ∈ {1, 2 . . . , n}. Coeficientul dominant al lui P fiind pozitiv, putempresupune bk > 0, k ∈ {1, 2 . . . , n}. Radacinile lui P sunt negative, deci ck ≥ 0, k ∈{1, 2 . . . , n}. In plus, cel putin n − 1 dintre coeficientii ck sunt strict pozitivi, altminteriam obtine contradictia a0 = a1 = 0. Se obtine

n(n+ 1)

2= 0 + 1 + · · ·+ n = an + · · ·+ a0 = P (1) =

n∏k=1

(bk + ck) ≥ 2n−1,

66

de unde n ≤ 4. In plus, numarul n(n+1)2 se scrie ca produs de n− 1 numere naturale mai

mari decat 1, ceea ce elimina cazul n = 4.Pentru n = 1, singura solutie este P = 1 ·X + 0.Pentru n = 2, P (1) = 3 = 1 · 3, deci un factor trebuie sa fie X, iar celalalt, X + 2 sau2X + 1.Pentru n = 3, P (1) = 6 = 1 · 2 · 3, deci doi dintre factori trebuie sa fie X si X + 1, iar altreilea poate fi unul dintre X + 2 si 2X + 1.Se verifica usor faptul ca polinoamele astfel obtinute satisfac ıntr-adevar conditiile (i) si(ii). Ele sunt, desigur, cele enumerate la finalul primei solutii.

Problema 2.29 Fie a ∈ (0, 1), iar 0, a1a2a3 . . . reprezentarea sa zecimala. Consideram

fa : (0, 1) → R, fa(x) =∑n≥1

anxn. Dovediti ca a este rational daca si numai daca exista

P,Q ∈ Z[X] astfel ıncat fa(x) =P (x)

Q(x)pentru orice x ∈ (0, 1).

SEEMOUS, 2007

Solutie. Precizam ca seria de puteri∑n≥1

anxn are raza de convergenta cel putin 1. Prin

urmare, ea este convergenta pentru orice x ∈ (0, 1).Daca a ∈ (0, 1) ∩ Q, atunci fractia zecimala asociata lui este periodica, sa zicem a =0, a1 . . . , at(at+1 . . . at+s). Atunci, pentru orice x ∈ (0, 1) avem

fa(x) =

t∑n=1

anxn + xt

s∑j=1

at+jxj(1 + xs + x2s + · · · ) =

=

t∑n=1

anxn + xt

s∑j=1

at+jxj

1− xs=P (x)

Q(x),

unde P = (1−Xs)∑t

n=1 anXn +Xt

∑sj=1 at+jX

j ∈ Z[X] si Q = 1−Xs ∈ Z[X].

Reciproc, daca fa e de tipul precizat, atunci a = fa(

110

)=

P( 110)

Q( 110)∈ Q.

Problema 2.30 Fie n, k ∈ N∗. Presupunem ca polinomul X2k − Xk + 1 ∈ C[X] divide

X2n +Xn + 1. Aratati ca si X2k +Xk + 1 divide X2n +Xn + 1.

IMC, 2008

Solutie. Notam f = X2n +Xn + 1, g = X2k −Xk + 1, h = X2k +Xk + 1.Numarul complex z = cos π

3k + i sin π3k este radacina a lui g. Notam a = nπ

3k . Cum g|f ,f(z) = g(z) = 0. Prin urmare, 0 = z2n + zn + 1 = (cos 2a+ i sin 2a) + (cos a+ i sin a) + 1 =(2 cos a+ 1)(cos a+ i sin a). De aici rezulta 2 cos a+ 1 = 0, deci a = ±2π

3 + 2cπ, c ∈ Z.

Fie w o radacina a lui h. Cum h = X3k−1Xk−1 , w este de forma cos 2sπ

3k + i sin 2sπ3k , cu s =

3t ± 1, t ∈ Z. Este suficient sa probam ca f(w) = 0. Dar f(w) = w2n + wn + 1 =(cos 4sa + i sin 4sa) + (cos 2sa + i sin 2sa) + 1 = (2 cos 2sa + 1)(cos 2sa + i sin 2sa). Cum

2 cos 2sa+ 1 = 2 cos(2s(±2π3 + 2cπ)) + 1 = 2 cos 4πs

3 + 1 = 2 cos 4π(3t±1)3 + 1 = 0, rezulta ca

f(w) = 0 si problema este rezolvata.

Polinoame 67

Problema 2.31 Consideram polinomul P = X2 − 1 ∈ R[X]. Cate solutii reale distincte

are ecuatia P (P (. . . (P︸︷︷︸2004

(x)))) = 0?

IMC, 2004

Solutie. Notam Pn(X) = P (P (. . . (P︸︷︷︸n

(X)))), n ∈ N∗. Pentru orice n ≥ 2 si orice x ∈ R

avem Pn(x) = P (Pn−1(x)) ≥ −1. Inegalitatea este evidenta si pentru n = 1. Prin urmare,ecuatia Pn(x) = a, a < −1, nu are solutii reale. Vom demonstra prin inductie dupa n caecuatia Pn(x) = a, a > 0, are exact doua radacini reale distincte. Pentru n = 1, afirmatiaeste evidenta. O presupunem adevarata pentru n; fie a > 0. Pn+1(x) = a se rescrieP (Pn(x)) = a; solutia acestei ecuatii este reuniunea solutiilor ecuatiilor Pn(x) =

√a+ 1 si

Pn(x) = −√a+ 1. Dar

√a+ 1 > 0, deci prima dintre aceste ecuatii are exact doua solutii

reale distincte, ın timp ce −√a+ 1 < 0, deci cea de-a doua ecuatie nu are solutii reale.

Prin urmare, Pn+1(x) = a are exact doua solutii reale distincte.Vom demonstra acum prin inductie faptul ca ecuatia Pn(x) = 0 are exact n+1 solutii realedistincte. Daca n = 1, solutiile sunt x = ±1, iar daca n = 2, solutiile sunt 0 si ±

√2, deci

afirmatia este adevarata ın aceste situatii. Presupunem acum afirmatia adevarata pentrun ∈ N∗. Observam ca Pn+2(x) = P2(Pn(x)) = P 2

n(x)(P 2n(x) − 2), deci solutia ecuatiei

Pn+2(x) = 0 este reuniunea solutiilor ecuatiilor Pn(x) = 0, Pn(x) =√

2 si Pn(x) = −√

2.Conform ipotezei de inductie, ecuatia Pn(x) = 0 are exact n + 1 solutii reale distincte;conform celor aratate mai sus, ecuatia Pn(x) =

√2 are doua solutii reale distincte, pe cand

ecuatia Pn(x) = −√

2 nu are solutii reale. Prin urmare, ecuatia Pn+2(x) = 0 are exactn+ 3 solutii reale distincte, ceea ce ıncheie pasul de inductie.In concluzie, ecuatia din enunt are exact 2005 solutii reale distincte.

Problema 2.32 Fie k cel mai mic numar natural cu proprietatea:

,,Exista numere ıntregi distincte m1,m2,m3,m4,m5 cu proprietatea ca polinomul P =

(X −m1)(X −m2)(X −m3)(X −m4)(X −m5) are exact k coeficienti nenuli”.

Determinati k si o multime {m1,m2,m3,m4,m5} pentru care el se realizeaza.

Putnam, 1985

Solutie. Daca am avea k = 1, atunci P ar fi X5, care nu are 5 radacini ıntregi distincte.Daca am avea k = 2, atunci P ar fi de forma X5 + aXr, a ∈ Z∗, 0 ≤ r ≤ 4. P ar avea deciradacina dubla 0 pentru r ≥ 2 si cel putin o radacina nereala pentru r ∈ {0, 1}. Asadar,P nu ar verifica conditiile din enunt.Prin urmare, trebuie sa avem k ≥ 3. Cum X(X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) = X5 −5X3 + 4X, rezulta k = 3 si un exemplu de multime pentru care se realizeaza acest minim:{−2,−1, 0, 1, 2}.

Observatie. Problema a fost data ca atare la concurs; ea se generalizeaza astfel:Determinati cel mai mic numar natural k cu proprietatea:,,Exista numerele ıntregi distincte m1,m2, . . . ,mn cu proprietatea ca polinomulP = (X −m1)(X −m2) · · · (X −mn) are exact k coeficienti nenuli”.Varianta generalizata se poate rezolva cu ajutorul urmatoarei teoreme a lui Descartes:Teorema. Daca P = a1X

r1 + a2Xr2 + · · · + akX

rk ∈ R[X], a1a2 · · · ak 6= 0,

68

r1 > r2 > . . . > rk, atunci numarul radacinilor reale pozitive ale lui P (socotindsi ordinele de multiplicitate) este egal cu numarul de schimbari de semn din sirula1, a2, . . . , ak minus un numar natural par.

Solutia variantei generalizate a problemei: Daca P are exact k coeficienti nenuli, atunciP are cel mult k − 1 radacini mai mari decat 0. Aplicand teorema lui Descartes pentruP (−X), constatam ca P are cel mult k− 1 radacini mai mici decat 0. Prin urmare, P arecel mult 2k − 1 radacini distincte. Asadar, n ≤ 2k − 1, deci k ≥

[n+12

]. Pe de alta parte,

daca n este par, iar k =[n+12

], atunci polinomul

P = (X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) · · · (X − (k − 1))(X + (k − 1))

are exact k coeficienti nenuli. Daca n este impar, iar k =[n+12

], atunci polinomul

P = X(X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) · · · (X − (k − 1))(X + (k − 1))

are de asemenea exact k coeficienti nenuli. Prin urmare, minimumul cerut este k =[n+12

].

Problema 2.33 Fie P ∈ R[X] cu proprietatea ca P (x) ≥ 0 pentru orice x ∈ R. Aratati

ca exista k ∈ N∗ si polinoame f1, f2, . . . , fk ∈ R[X] astfel ıncat P =∑n

j=1 f2j .

Putnam, 1999

Solutia 1. Daca P = c ∈ R+, luam k = 1 si f1 =√c.

Daca grad P ≥ 1, descompunem P ın produs de factori ireductibili ın R[X]. In aceasta des-compunere, factorii de gradul ıntai trebuie sa apara la puteri pare, deoarece ın caz contraram avea schimbare de semn pentru valorile lui P ın radacina oricarui factor ,,recalcitrant”.Asadar, P va fi produsul dintre un patrat si un produs de polinoame monice si ireductibilede gradul 2. Daca X2 + aX + b este un astfel de factor, atunci el se poate scrie sub forma(X + a

2

)2+

(√b− a2

4

)2

, deci este suma patratelor a doua polinoame. Este evident ınsa

ca daca ınmultim sume de patrate, rezultatul va fi o suma de patrate, deci problema esterezolvata.

Solutia 2. Demonstram afirmatia problemei prin inductie dupa gradul lui P . Daca Pare gradul 0, atunci P = c ∈ R+, si luam k = 1 si f1 =

√c.

Daca grad P ≥ 1, observam, ca ın solutia 1, ca factorii liniari ai lui P trebuie sa aparala puteri pare. Prin urmare, P se scrie sub forma Q2R, unde Q,R ∈ R[X], iar R nu areradacini reale.Daca grad Q > 0, atunci, conform ipotezei de inductie, R este suma de patrate, deciaceeasi proprietate o are si P = Q2R.Daca grad Q = 0, atunci, cum grad R este par, avem lim

x→±∞R(x) = +∞, deci R va avea

o valoare minima, fie ea a. Din proprietatile lui R deducem ca a > 0. Atunci, R − a areradacina a si toate valorile ın R+, deci ıi putem aplica lui R − a tratamentul din cazulprecedent. Obtinem faptul ca R−a este suma de patrate, deci si P = Q2(R−a)+(Q

√a)2

are aceeasi proprietate.Observatie. De fapt, orice polinom P ∈ R[X] care are numai valori pozitive se poate

scrie ca suma de (cel mult) doua patrate de polinoame. Pentru a demonstra acest lucru,este suficient sa completam solutia 1 cu precizarea ca scrierea lui P ca produs de polinoamecare se scriu ca sume de cate doua patrate ne conduce (folosind inductiv observatia ca daca

Polinoame 69

pentru doua elemente x, y ale unui inel comutativ A exista x1, x2, y1, y2 ∈ A astfel ıncatx = x21 + x22 si y = y21 + y22, atunci xy = (x1y1 + x2y2)

2 + (x1y2 − x2y1)2) la o scriere a luiP ca suma de doua patrate de polinoame.

Problema 2.34 Polinomul P ∈ R[X] de grad n ∈ N are proprietatea ca exista Q ∈ R[X]

polinom de gradul 2 astfel ıncat P = QP ′′. Aratati ca daca P are doua radacini distincte,

atunci el are n radacini distincte.

Putnam, 1999

Solutie. Daca n ∈ {0, 1}, nu exista polinoame P ca ın enunt, deci afirmatia problemeieste adevarata ın mod trivial. Daca n = 2, concluzia este imediata. Fie acum n ≥ 3.Presupunem ca P are doua radacini distincte, dar ca nu are n radacini distincte. Atunci, Pare cel putin o radacina cu ordin de multiplicitate k ≥ 2; putem presupune fara restrangerede generalitate ca aceasta radacina este 0. Atunci, cea mai mare putere a lui X care divideP ′′ este Xk−2. Cum P = QP ′′, rezulta ca X2 | Q. Cum Q este de gradul al doilea, rezultaca exista C ∈ R astfel ıncat Q = CX2. Comparand coeficientii dominanti ai polinoamelorP si QP ′′, constatam ca C = 1

n(n−1) . Scriem P =∑n

j=0 ajXj ; din egalitatea P = CX2P ′′,

obtinem aj = Cj(j − 1)aj pentru orice j ∈ {0, 1, . . . , n}. De aici rezulta ca aj = 0 pentruorice j ∈ {0, 1, . . . , n− 1}. Prin urmare, P = anX

n, deci P nu are doua radacini distincte,contradictie.

Problema 2.35 Exista siruri de numere reale nenule a0, a1, . . . astfel ıncat pentru orice

n ∈ N∗ polinomul Pn = a0 + a1X + · · ·+ anXn sa aiba n radacini reale distincte?

Putnam, 1998

Vom arata ca raspunsul la ıntrebarea problemei este afirmativ.Solutia 1. Punem a0 = 1, a1 = −1. Construim inductiv sirul (an)n dupa cum urmeaza:

Presupunem construite numerele a0, a1, . . . , an asa ıncat Pn sa aiba n radacini reale dis-tincte x1 < x2 < · · · < xn. Fie c0, c1, . . . , cn ∈ R astfel ıncat c0 < x1 < c1 < · · · < xn < cn.Atunci, semnele numerelor Pn(c0), Pn(c1), . . . , Pn(cn) alterneaza. Definim an+1 = −ε sgn(Pn(cn)), unde ε este pozitiv si suficient de mic ıncat, definind Pn+1 = Pn + an+1X

n+1,sa avem sgn(Pn+1(ci)) = sgn(Pn(ci)) pentru orice i ∈ {0, 1, . . . , n}. Cum functia asociatalui Pn+1 este continua, ea are proprietatea lui Darboux. Prin urmare, Pn+1 va avea cate oradacina ıntre ci si ci+1 pentru fiecare i ∈ {0, 1, . . . , n−1} si o radacina mai mare decat cn,deoarece sgn(Pn+1(cn)) 6= limx→+∞ sgn(Pn+1(x)). Prin urmare, Pn+1 are n + 1 radacinireale.

Solutia 2. Definim an = (−1)n · 10−n2, n ∈ N. Daca Pn = a0 + a1X + · · · + anX

n,atunci avem

(−1)k · 10−k2Pn(102k) =

n∑i=0

(−1)i−k · 10−(i−k)2

=

=

n−k∑j=−k

(−1)j · 10−j2> 1− 2

∞∑j=1

10−j2> 0,

deci semnele numerelor Pn(1)Pn(102), Pn(104), . . . , Pn(102n) alterneaza. Prin urmare,folosind proprietatea lui Darboux a functiei polinomiale asociate lui Pn, rezulta ca Pn

70

are cel putin n radacini reale distincte. Cum ınsa grad P = n, P va avea exact n radacinireale distincte.

Problema 2.36 Polinomul P ∈ R[X] de grad n are toate radacinile reale.

a) Aratati ca pentru orice x ∈ R are loc inegalitatea

(n− 1)(P ′(x))2 ≥ nP (x)P ′′(x). (2.24)

b) Precizati cazurile ın care ın relatia (2.24) are loc egalitatea.

IMC, 1998

Solutie. Observam ca daca n ≤ 1 ambii membri ai relatiei (2.24) sunt nuli, deci ea everificata cu egalitate. Presupunem acum n > 1. Notam cu x1, x2, . . . , xn radacinile lui P .Relatia (2.24) este evident verificata pentru x = xi, i ∈ {1, 2, . . . , n}, iar egalitatea are locdaca si numai daca P ′(xi) = 0, deci daca si numai daca xi este radacina multipla pentruP .Sa presupunem acum ca x nu e radacina pentru P . Folosind relatiile

P ′(x)

P (x)=

n∑i=1

1

x− xisi

P ′′(x)

P (x)=

n∑1≤i<j≤n

2

(x− xi)(x− xj),

obtinem

(n− 1)

(P ′(x)

P (x)

)2

− nP′′(x)

P (x)=

n∑i=1

n− 1

(x− xi)2−

n∑1≤i<j≤n

2

(x− xi)(x− xj). (2.25)

Membrul drept al relatiei anterioare este ınsa

n∑1≤i<j≤n

(1

(x− xi)− 1

(x− xj)

)2

≥ 0 (2.26)

si inegalitatea (2.24) este demonstrata. Din (2.26) deducem si ca daca ın relatia (2.24) areloc egalitatea, atunci x1 = x2 = · · · = xn. Pe de alta parte, verificarea directa arata caorice polinom P de forma c(X − a)n, c, a ∈ R, n ∈ N, verifica relatia (2.24).

Problema 2.37 Gasiti toate polinoamele P ∈ R[X] de grad n ≥ 2 care au n radacini

reale distincte r1 < r2 < · · · < rn si verifica relatiile P ′(ri+ri+1

2

)= 0 pentru orice

i ∈ {1, 2, . . . , n− 1}.

Putnam, 1991

Solutie. Daca P = aX2 + bX + c, atunci P ′ = 2a(X − r1+r2

2

). Prin urmare, toate

polinoamele de gradul 2 cu radacini reale distincte au proprietatile din enunt.Sa presupunem acum ca polinomul P ∈ R[X] de grad n > 2 are radacinile reale r1 < r2 <

Polinoame 71

· · · < rn. Exista prin urmare a ∈ R astfel ıncat P = a(X−r1)(X−r2) · · · (X−rn). Notamr = rn−1+rn

2 . Cum P (r) 6= 0, avem

P ′(r)

P (r)=

1

r − r1+

1

r − r2+ · · ·+ 1

r − rn.

Dar r − rn = −(r − rn−1), deci

P ′(r)

P (r)=

1

r − r1+

1

r − r2+ · · ·+ 1

r − rn−2> 0,

de unde deducem ca P ′(r) 6= 0. Prin urmare, niciun polinom de grad mai mare decat 2 nusatisface proprietatile din enunt.In concluzie, polinoamele cu proprietatea data sunt exact cele de gradul II care au radacinireale distincte.

Observatie. Cazul polinoamelor de grad n > 2 putea fi abordat dupa cum urmeaza:Notand Q = (X − r1)(X − r2) · · · (X − rn−2), se obtine

P ′ = 2a(X − r)Q+ a(X − rn−1)(X − rn)Q′.

Conform teoremei lui Rolle, radacinile lui Q′ sunt ın intervalul (r1, rn−2). Rezulta ca r nue radacina a lui Q′, deci nici a lui P . Ca urmare, P nu satisface conditiile din enunt.

Problema 2.38 Fie f 6= 0 un polinom cu coeficienti reali. Definim sirul de polinoame

f0, f1, f2, . . . astfel: f0 = f , iar fn+1 = fn + f ′n pentru orice n ∈ N. Demonstrati ca exista

N ∈ N astfel ıncat pentru orice n ≥ N polinomul fn sa aiba toate radacinile reale.

IMC, 2007

Solutie. Pentru comoditatea scrierii, vom folosi aceeasi notatie pentru polinoame sipentru functiile asociate. Pentru g ∈ R[X] notam cu d(g) distanta minima dintre douaradacini ale sale (daca g are mai putin de doua radacini reale, punem d(g) = +∞).Lema 1. Fie g ∈ R[X]. Presupunem ca g si g + g′ sunt ambele de grad k ≥ 2 si au catek radacini distincte. Atunci, d(g + g′) ≥ d(g).Demonstratie. Fie x1 < x2 < · · · < xk radacinile lui g. Presupunem ca exista radacinia, b ale lui g + g′ pentru care 0 < b − a < d(g). Atunci, a, b nu sunt radacini ale lui g si

au loc relatiile g′(a)g(a) = g′(b)

g(b) = −1. Cum functia g′

g este strict descrescatoare pe intervalele

dintre doua radacini consecutive ale lui g, trebuie sa existe j ∈ {1, 2, . . . , k} astfel ıncata < xj < b.Pe de alta parte, pentru orice i ∈ {1, 2, . . . , k − 1} avem xi+1 − xi > b − a, de undea − xi > b − xi+1. Pentru i < j, ambii membri ai acestei inegalitati sunt pozitivi; dacai ≥ j, ei sunt negativi. In oricare din cazuri, 1

a−xi <1

b−xi+1. Prin urmare,

g′(a)

g(a)=

k−1∑i=1

1

a− xi+

1

a− xk︸︷︷︸<0

<

k−1∑i=1

1

b− xi+1+

1

b− x1︸︷︷︸>0

=g′(b)

g(b),

contradictie. Aceasta ıncheie demonstratia lemei 1.Revenim la solutia problemei. Notam m = grad f . Vom demonstra prin inductie dupa m ca

72

pentru n suficient de mare fn are m radacini reale distincte. Cazurile m ∈ {0, 1} sunt trivi-ale; vom presupune deci m ≥ 2. Putem, fara a restrange generalitatea, sa presupunem ca feste monic. Conform ipotezei de inductie, afirmatia este adevarata pentru f ′; ignorand aceiprimi termeni care nu au proprietatea considerata, vom presupune ca f ′n are m−1 radacini

distincte pentru orice n. Notam aceste radacini cu x(n)1 > x

(n)2 > · · · > x

(n)m−1. Atunci, fn are

punctele de minim local x(n)1 , x

(n)3 , . . . si punctele de maxim local x

(n)2 , x

(n)4 , . . .. Aplicand

teorema lui Rolle functiei exf ′n(x), constatam ca pentru orice n si i functia f ′n+1 = f ′n+f ′′n

are o radacina ın intervalul (x(n)i+1, x

(n)i ). Folosind aceeasi functie, constatam ca f ′n+1 are de

asemenea o radacina ın intervalul (−∞, x(n)m−1). Prin urmare, ın fiecare dintre aceste m−1intervale f ′n+1 are exact o radacina. Avem deci

x(n)1 > x

(n+1)1 > x

(n)2 > x

(n+1)2 > x

(n)3 > x

(n+1)3 > . . . (2.27)

Lema 2. Avem limn→+∞

fn(x(n)j ) = −∞ pentru j impar, iar lim

n→+∞fn(x

(n)j ) = +∞ pentru j

par.Demonstratie. Notam d = min{d(f ′), 1}; conform lemei 1, d(f ′n) ≥ d pentru orice n ∈ N∗.Consideram o valoare para j ∈ {1, 2, . . . ,m − 1}. Notam b = x

(n)j si alegem a ∈ R astfel

ıncat d ≤ b − a ≤ 1, iar f ′n nu are nicio radacina ın intervalul (a, b). Fie ξ ∈ R cuproprietatea ca b− ξ = 1

m(b− a); evident, ξ ∈ (a, b). Observam ca

f ′′n(ξ)

f ′n(ξ)=

m−1∑i=1

1

ξ − x(n)i

=∑i<j

1

ξ − x(n)i︸︷︷︸< 1ξ−a

+1

ξ − b+∑i>j

1

ξ − x(n)i︸︷︷︸<0

,

de undef ′′n(ξ)

f ′n(ξ)< (m− 1)

1

ξ − a+

1

ξ − b= 0.

Cum f ′n este pozitiva pe (a, b), iar f ′′nf ′n

este descrescatoare pe acest interval, rezulta ca f ′′neste negativa (deci, f ′n este descrescatoare) pe (ξ, b). Prin urmare,

fn(b)− fn(ξ) =

∫ b

ξf ′n(t)dt ≤

∫ b

ξf ′n(ξ)dt = (b− ξ)f ′n(ξ).

De aici,

fn(ξ) + f ′n(ξ) ≥ fn(b) + (1− (b− ξ))f ′n(ξ) =

= fn(b) + (1− 1

m(b− a))f ′n(ξ) ≥ fn(b) +

(1− 1

m

)f ′n(ξ).

Cum ınsa f ′n(ξ) = |f ′n(ξ)| = m

m−1∏i=1

|ξ − x(n)i |︸︷︷︸≥|ξ−b|

≥ m|ξ − b|m−1 ≥ dm−1

mm−2 , deducem ca

fn(ξ) + f ′n(ξ) ≥ fn(b) + ε, unde am notat ε = (m−1)dm−1

mm−1 . De aici si din (2.27) rezulta ca

fn+1(x(n+1)j ) ≥ fn(x

(n)j ) + ε, ceea ce conduce imediat la lim

n→+∞fn(x

(n)j ) = +∞. Cazul j

impar se trateaza analog. Lema 2 este asadar demonstrata.Lema 2 arata ca, 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 radacini distincte, ceeace ıncheie pasul de inductie si demonstratia.

Polinoame 73

Problema 2.39 Gasiti radacinile complexe ale polinomului

P =

2008∑n=1

(1004− |1004− n|)Xn

si ordinele lor de multiplicitate.


Solutie. Se observa ca P = X

(1003∑n=0

Xn

)2

. Cum

1003∑n=0

Xn =X1004 − 1

X − 1, P are radacina

simpla 0 si radacinile cos kπ502 + i sin kπ

502 , k ∈ {1, 2, . . . , 1003}, fiecare cu ordin de multiplici-tate 2.

Problema 2.40 Polinomul P ∈ C[X] are gradul n si toate radacinile sale se afla pe cercul

unitate. Aratati ca si polinomul 2XP ′ − nP are toate radacinile pe cercul unitate.

IMC, 1995

Solutie. Notam Q = 2XP ′ − nP ; fie a1, a2, . . . , an radacinile lui P . Avem Q = (X +a1)(X−a2) · · · (X−an)+(X−a1)(X+a2) · · · (X−an)+· · ·+(X−a1)(X−a2) · · · (X+an),

deciQ

P=

n∑k=1

X + akX − ak

. Cum pentru orice z, a ∈ C avem Rez + a

z − a=|z|2 − |a|2

|z − a|2, obtinem

ReQ(z)

P (z)=

n∑k=1

|z|2 − 1

|z − ak|2pentru orice z ∈ C\{a1, a2, . . . , an}. Prin urmare, Q(z) = 0

implica |z| = 1.

Problema 2.41 Fie p ∈ C[X] de grad n ≥ 1. Aratati ca exista cel putin n + 1 numere

complexe z pentru care p(z) ∈ {0, 1}.

IMC, 2000

Solutie. Pentru q ∈ C[X] si c ∈ C vom nota cu m(q, c) ordinul de multiplicitate alradacinii c a lui q (daca q(c) 6= 0, consideram m(q, c) = 0). Notam cu Sj = {z ∈ C | p(z) =j}, j ∈ {0, 1}. S0 ∪ S1 contine toate radacinile polinoamelor p si p− 1. Prin urmare,∑

c∈S0

m(p, c) =∑c∈S1

m(p− 1, c) = n. (2.28)

Polinomul p′ are cel mult n− 1 radacini (aici se foloseste ipoteza n ≥ 1), deci∑c∈S0∪S1

m(p′, c) ≤ n− 1. (2.29)

Daca p(c) = 0 sau p(c)− 1 = 0, atunci

m(p, c)−m(p′, c) = 1, respectiv m(p− 1, c)−m(p′, c) = 1. (2.30)

74

Din (2.28), (2.29) si (2.30) obtinem

|S0|+ |S1| =∑c∈S0

(m(p, c)−m(p′, c)) +∑c∈S1

(m(p− 1, c)−m(p′, c)) =

=∑c∈S0

m(p, c) +∑c∈S1

m(p− 1, c)−∑

c∈S0∪S1

m(p′, c) ≥ n+ n− (n− 1) = n+ 1.

Problema 2.42 (Formulele lui Newton) Fie K un corp comutativ. Pentru fiecare i ∈ N,

i > 0, consideram polinoamele pi = Xi1 + . . .+Xi

n ∈ K[X1, . . . , Xn]. Sa se arate ca:

(i) pk − s1pk−1 + . . .+ (−1)nsnpk−n = 0 pentru orice k > n.

(ii) pk − s1pk−1 + . . .+ (−1)k−1sk−1p1 + (−1)kksk = 0 pentru orice 1 ≤ k ≤ n.

Solutie. (i) Din relatiile Xni −s1X

n−1i +· · ·+(−1)n−1sn−1Xi+(−1)nsn = 0, 1 ≤ i ≤ n,

obtinem ca Xki − s1X

k−1i + · · · + (−1)n−1sn−1X

k−n+1i + (−1)nsnX

k−ni = 0 pentru orice

k > n. Sumand aceste relatii obtinem relatia dorita.(ii) Pentru k = n, formula se obtine cu calculele de la punctul (i). Pentru k < n, aratam maiıntai ca daca un polinom f ∈ K[X1, . . . , Xn] este omogen de grad q < n si are proprietateaca atunci cand dam valoarea zero la oricare n− q dintre nedeterminatele X1, . . . , Xn, poli-nomul (ın celelalte q nedeterminate) care rezulta se anuleaza, atunci f = 0. Intr-adevar,daca f ar fi nenul, el s-ar scrie ca o suma de termeni nenuli de forma aXk1

i1· · ·Xks

iscu

kj ≥ 1 pentru orice 1 ≤ j ≤ s si k1 + . . . + ks = q. De aici rezulta ın particular ca s ≤ q.Alegand un astfel de termen si facand Xi zero pentru orice i /∈ {i1, . . . , is}, obtinem unpolinom nenul, contradictie.Consideram acum polinomul simetric f(X1, . . . , Xn) = pk−s1pk−1+ · · ·+(−1)k−1sk−1p1+(−1)kksk pentru k < n. Avem ca f este polinom omogen de grad k. Darf(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0) = p′k − s′1p

′k−1 + · · · + (−1)k−1s′k−1p

′1 + (−1)kks′k, unde s′j =

sj(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0) si p′j = pj(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0). Cum s′1, . . . , s′k sunt polinoamele

simetrice fundamentale ın nedeterminatele X1, . . . , Xk, rezulta din cazul k = n consideratla ınceput ca avem f(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0) = 0. Cum f este polinom simetric, obtinem capolinomul care rezulta atunci cand dam valoarea zero la oricare n − k dintre nedetermi-natele X1, . . . , Xn este nul. Aceasta arata ca f = 0.

Problema 2.43 Cati coeficienti nenuli poate avea un polinom P ∈ Z[X] daca |P (z)| ≤ 2

pentru orice z ∈ C cu |z| = 1?

IMC, 2007

Solutie. Vom arata ca numarul coeficientilor nenuli nu poate fi decat 0, 1 sau 2. Cumpolinoamele P0 = 0, P1 = 1 si P2 = 1 + X ındeplinesc conditiile din enunt, putem ıntr-adevar avea 0, 1, respectiv 2 coeficienti nenuli.Fie acum un polinom P = a0 + a1X + · · ·+ anX

n ca ın enunt. Presupunem ca P are celputin doi coeficienti nenuli. Inlocuind eventual P cu −P si ımpartind prin XordP (ın urmaacestor operatii, conditia din enunt se pastreaza, iar numarul de coeficienti nenuli ramaneacelasi), putem considera a0 > 0.Notam Q = a1X + a2X

2 + · · ·+ an−1Xn−1. Vom arata ca Q = 0.

Polinoame 75

Pentru k ∈ {0, 1, . . . , n} consideram numerele complexe

wk =

{e

2kπin , daca an > 0

e(2k+1)πi

n , daca an < 0.

Utilizand de pilda formulele lui Newton (vezi problema 2.42), constatam ca aceste numereverifica relatia

n−1∑k=0

Q(wk) =

n−1∑k=0

Q(w0e2kπin ) =

n−1∑j=1

ajwj0

n−1∑k=0

(e2jπin )k = 0,

de unde deducem

1

n

n−1∑k=0

P (wk) =1

n

n−1∑k=0

(a0 +Q(wk) + anwnk ) = a0 + |an|.

Folosind inegalitatea din enunt, obtinem

2 ≥ 1

n

n−1∑k=0

|P (wk)| ≥ |1

n

n−1∑k=0

P (wk)| = a0 + |an| ≥ 2.

De aici rezulta ca 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, ın timp ce suma lor este0. De aici deducem Q(wk) = 0 pentru toate valorile k ∈ {1, . . . , n − 1}. In concluzie, Qare cel putin n radacini, iar gradul cel mult n− 1. Rezulta ca polinomul Q este nul, deciP = a0 + anX

n are exact doi coeficienti nenuli.

Problema 2.44 Fie k ∈ N∗ si P un polinom de gradul n cu coeficienti ın {−1, 0, 1}.

Presupunem ca (X − 1)k| P . Fie q un numar prim cu proprietateaq

lnq<

k

ln(n+ 1).

Dovediti ca radacinile complexe de ordin q ale unitatii sunt radacini si pentru P .

IMC, 2001

Solutie. Punem P = (X − 1)kR, R ∈ Z[X], si εj = e2πjqi, j ∈ {1, 2, . . . q − 1}. Dupa

cum polinomul ciclotomic Φq = Xq−1 + Xq−2 + · · · + 1 (care este ireductibil!) divide saunu R, avem fie ca R are ca radacini toate numerele ε1, . . . , εq−1, fie ca R nu are dreptradacina niciunul dintre aceste numere.Sa presupunem ca niciunul dintre numerele ε1, . . . , εq−1 nu este radacina pentru R. Atunci,q−1∏j=1

R(εj) este un polinom simetric de ε1, . . . , εq−1, deci este un numar ıntreg nenul.

Obtinem

(n+ 1)q−1 ≥q−1∏j=1

|P (εj)| =

∣∣∣∣∣∣q−1∏j=1

(1− εj)k∣∣∣∣∣∣ ·∣∣∣∣∣∣q−1∏j=1

R(εj)

∣∣∣∣∣∣ ≥≥

∣∣∣∣∣∣q−1∏j=1

(1− εj)

∣∣∣∣∣∣k

= (1q−1 + 1q−2 + · · ·+ 1)k = qk,

ceea ce conduce la contradictiaq

ln q≥ k

ln(n+ 1).

Ramane asadar ca toate numerele ε1, . . . , εq−1 sunt radacini pentru R, deci si pentru P .

76

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

toate radacinile lui P sunt ın interiorul cercului unitate |z| = 1, iar toate radacinile lui Q

sunt ın exteriorul acestui cerc. Aratati ca

max|z|=1

|f ′(z)| > grad P − grad Q

2max|z|=1

|f(z)|.


Solutie. Putem presupune fara a restrange generalitatea ca valoarea max|z|=1

|f(z)| se

atinge pentru z = 1. Fie P = an1∏j=1

(X − cj) si Q = bn2∏k=1

(X − dk), unde n1 = grad P , iar

n2 = grad Q. Atunci,

f ′(z)

f(z)=

n1∑j=1

1

z − cj−

n2∑k=1

1

z − dk.

Cum |cj | < 1, rezulta ca Re1

1− cj>

1

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

rezulta ca Re1

1− dk<

1

2pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , n2}.

Prin urmare,

|f ′(1)||f(1)|

≥ Ref ′(1)

f(1)>n12− n2

2=

grad P − grad Q

2, deci

max|z|=1

|f ′(z)| ≥ |f ′(1)| = |f′(1)||f(1)|

|f(1)| ≥ grad P − grad Q

2max|z|=1

|f(z)|.

Problema 2.46 Demonstrati ca exista o constanta reala C astfel ıncat pentru orice poli-

nom P ∈ R[X] de grad 1999 sa aiba loc inegalitatea

|P (0)| ≤ C∫ 1

−1|P (x)|dx.

Putnam, 1999

Solutia 1. Fie Π ⊂ R[X] multimea polinoamelor de grad cel mult 1999. IdentificamΠ cu R2000 via

Φ : Π→ R2000, Φ(1999∑i=0

aiXi) = (a0, a1, . . . , a1999).

Fie

S =

{1999∑i=0

aiXi ∈ Π | max

i=0,...,1999|ai| = 1

}.

Atunci, S este compacta ın Π ≈ R2000, deoarece este ınchisa si marginita. Functia Π×R→R, (P, x) 7→ |P (x)| este continua. Prin urmare, si g : Π → R, g(P ) =

∫ 1−1 |P (x)|dx este

continua; aceeasi proprietate o va avea deci si restrictia lui g la S. Cu consideratii similare,obtinem faptul ca functia f : S → R, f(P ) = |P (0)| este continua. Cum g(P ) 6= 0 pentru

Polinoame 77

orice P ∈ S, functia fg : S → R este continua. S fiind compacta, exista C > 0 astfel ıncat

f(P )g(P ) < C pentru orice P ∈ S.Fie acum P ∈ Π arbitrar. Exista a ∈ R si Q ∈ S astfel ıncat P = aQ. Avem decif(P ) = |a|f(Q) ≤ |a|Cg(Q) = Cg(P ), si afirmatia problemei este demonstrata.

Observatie. Aceasta metoda foloseste la demonstratia rezultatului standard careafirma ca orice doua norme pe un spatiu vectorial real finit dimensional sunt echivalente.De fapt, problema poate fi rezolvata aplicand acest rezultat normelor P 7→ sup

x∈[−1,1]|P (x)|

si P 7→∫ 1

−1|P (x)|dx definite pe R-spatiul vectorial Π ≈ R2000.

Solutia 2. Este suficient sa demonstram afirmatia pentru polinoame cu termenulliber egal cu 1. Fie deci P ∈ R[X] de grad 1999 si astfel ıncat P (0) = 1. ScriemP =

∏1999i=1 (1 − 1

r1X), unde r1, r2, . . . , r1999 sunt radacinile lui P . Fixam un ε < 1

3998si consideram discurile ınchise de raza ε centrate ın r1, r2, . . . , r1999. Intersectia reuniuniiacestor discuri cu segmentul

(−1

2 ,12

)consta ın cel mult 1999 intervale de lungime totala

cel mult 3998ε; complementara ın raport cu(−1

2 ,12

)a acestei intersectii consta ın cel mult

2000 de intervale, de lungime totala cel putin 1−3998ε. Prin urmare, cel putin unul dintreaceste intervale va avea lungimea cel putin δ = 1−3998ε

2000 > 0. Fie (c, d) un astfel de inter-val. Daca x ∈ (c, d), pentru acele radacini ri ale lui P cu proprietatea |ri| ≤ 1 vom avea|1 − x

ri| ≥ |x − ri| > ε, ın timp ce pentru radacinile ri ale lui P cu proprietatea |ri| ≥ 1

vom avea |1− xri| ≥ 1− | xri | > ε. Prin urmare,

∫ 1

−1|P (x)|dx ≥

∫ d

c

1999∏i=1

∣∣∣∣1− x

ri

∣∣∣∣dx ≥ δε1999.Punand C =

1

δε1999, obtinem |P (0)| ≤ C

∫ 1

−1|P (x)|dx.

Observatie. A doua metoda da o valoare explicita pentru C. De exemplu, punand

ε =1

4000, obtinem C = 21999 · 20002001.

Problema 2.47 Pentru f, g ∈ Z[X] si m ∈ Z spunem ca f ≡ g (mod m) daca toti

coeficientii lui f − g sunt multipli de m. Fie n, p ∈ N∗, p prim. Aratati ca daca pentru

f, g, h, r, s ∈ Z[X] au loc relatiile rf + sg ≡ 1 (mod p) si

fg ≡ h (mod p), atunci exista F,G ∈ Z[X] astfel ıncat F ≡ f (mod p), G ≡ g (mod p) si

FG ≡ h (mod pn).

Putnam, 1986

Solutie. Fie f, g, h, r, s ∈ Z[X] ca ın enunt. Vom demonstra prin inductie dupa kfaptul ca exista Fk, Gk ∈ Z[X] astfel ıncat Fk ≡ f (mod p), Gk ≡ g (mod p) si FkGk ≡ h(mod pk), iar cu aceasta problema va fi rezolvata.Pentru k = 1, polinoamele F1 = f si G1 = g au ın mod evident proprietatile cerute.Presupunem acum construite Fk si Gk. Vom cauta Fk+1 de forma Fk + pkS si Gk+1 deforma Gk + pkR, unde R,S ∈ Z[X] vor fi alese mai tarziu. Cu alegeri de acest tip, avemFk+1 ≡ Fk ≡ f (mod p), Gk+1 ≡ Gk ≡ g (mod p) si Fk+1Gk+1 = FkGk + pk(RFk +SGk) + p2kRS ≡ FkGk + pk(RFk + SGk) (mod pk+1).

78

Conform ipotezei de inductie, exista t ∈ Z[X] cu proprietatea h − FkGk = pkt. AlegandR = tr si S = ts, obtinem RFk + SGk ≡ trf + tsg ≡ t (mod p), de unde Fk+1Gk+1 ≡FkGk + pk(RFk + SGk) ≡ FkGk + pkt = h (mod pk+1), ceea ce ıncheie pasul de inductiesi demonstratia.

Problema 2.48 Sa se arate ca urmatoarele polinoame sunt ireductibile:

(i) f ∈ Q[X], f = Xn − 2;

(ii) f ∈ Q[X], f = Xp−1 + . . .+X + 1, unde p ∈ N este numar prim;

(iii) f ∈ Q[X], f = Xpn + p− 1, unde n, p ∈ N si p este numar prim;

(iv) f ∈ Z[X], f = Xp −X + a, unde a, p ∈ Z, p este numar prim si (a, p) = 1.

Solutie. (i) f este ireductibil ın Q[X] conform criteriului lui Eisenstein (aplicat pentruinelul factorial Z si elementul prim p = 2). Cum ın plus f este primitiv, rezulta ca el esteireductibil si ın Z[X].(ii) Aplicatia Φ : Z[X] → Z[X], Φ(h) = h(X + 1) este evident un morfism de ineleunitare. Analog Ψ : Z[X] → Z[X], Ψ(h) = h(X − 1) este morfism de inele unitare si esteinversul lui Φ, deci Φ este izomorfism. Prin urmare, f este ireductibil daca si numai dacaΦ(f) = f(X + 1) este ireductibil. Avem ınsa

f(X + 1) =(X + 1)p − 1

(X + 1)− 1=

p∑k=1

CkpXk−1.

Din scrierea

Cjp =p!

j!(p− j)!=p(p− 1) · · · (p− j + 1)

j(j − 1) · · · 1,

se obtine j(j − 1) · · · 1 · Cjp = p(p − 1) · · · (p − j + 1) si deci p divide unul din factoriiprodusului din membrul stang al egalitatii iar singurul posibil este Cjp. In concluzie, p|Cjppentru orice j ∈ {1, . . . , p − 1}. Prin urmare, f(X + 1) ∈ Z[X] verifica conditiile pentruaplicarea criteriului lui Eisenstein (ın raport cu elementul prim p ∈ Z). Se obtine caf(X + 1) este ireductibil peste Q. Fiind monic este si primitiv, deci este ireductibil pesteZ. Conform celor de mai sus, f ∈ Z[X] este la randul sau ireductibil.

(iii) Cu notatiile de la punctul (ii), Φ(f) =pn∑k=1

CkpnXk + p. Pentru j ∈ {1, 2, . . . , pn − 1}

avem

Cjpn =pn(pn − 1) · · · (pn − j + 1)

j!=pn

j· p

n − 1

1· p

n − 2

2· · · p

n − (j − 1)

j − 1.

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

Cjpn =pn

j

j−1∏i=1

pn − ii

=pn

ptjhj

j−1∏i=1

pn−ti − hihi

.

Membrul drept al relatiei de mai sus, fiind egal cu Cjpn , trebuie sa fie ıntreg. Pe de altaparte, singurele numere divizibile cu p care apar ın el sunt pn si ptj . Prin urmare, dupace facem toate simplificarile posibile, obtinem un numar ıntreg divizibil prin pn−tj . Cum

Polinoame 79

tj < n, tragem concluzia ca fiecare coeficient binomial Cjpn , j ∈ {1, . . . , pn − 1}, este

divizibil cu p. In consecinta, lui f(X + 1) ∈ Z[X] i se poate aplica criteriul lui Eisenstein(ın raport cu elementul prim p ∈ Z). Se deduce ca f(X+ 1) este ireductibil ın Q[X]. Fiindmonic, este si primitiv, deci este ireductibil si peste Z. Rezulta asadar ca f ∈ Z[X] este larandul sau ireductibil.(iv) Aplicam criteriul reducerii. Consideram morfismul canonic π : Z → Zp, π(x) = x siextinsul sau π : Z[X] → Zp[X]. Este suficient sa demonstram ca polinomul f = π(f),f = Xp − X + a este ireductibil ın Zp[X]. Fie K o extindere a lui Zp ın care f areo radacina si fie α ∈ K o radacina a lui f . In grupul multiplicativ Zp \ {0} (de ordin

p − 1) orice element x are proprietatea xp−1 = 1, deci pentru orice k ∈ Zp avem relatia

kp = k. De aici rezulta ca α, α + 1, . . . , α + p− 1 sunt si ele radacini pentru f . Fiindın numar de p, ele sunt de fapt toate radacinile polinomului f . Presupunem acum ca feste reductibil ın Zp[X]. Exista atunci doua polinoame neconstante g, h ∈ Zp[X] pentru

care f = gh. De aici obtinem (X − α)(X − α − 1) · · · (X − α − (p− 1)) = gh, adica geste de forma (X − α − k1)(X − α − k2) · · · (X − α − ks), 1 ≤ s < p. Atunci elementul(α+ k1)+(α+ k2)+ · · ·+(α+ ks), care este coeficientul lui Xs−1 din scrierea lui g, apartinelui Zp. Urmeaza sα ∈ Zp, de unde, cum p - s, α ∈ Zp. Acum, pe de o parte f(α) = 0, deciαp − α+ a = 0, iar pe de alta, αp − α = 0. Rezulta a = 0, adica p|a, contradictie.

Problema 2.49 Sa se arate ca urmatoarele polinoame sunt ireductibile:

(i) f ∈ Q[X], f = (X4 +X3 + 1)n + 4(X4 +X3 + 1)m + 2, unde m,n ∈ N, n > m;

(ii) f ∈ Z[X], f = X4 + 3X3 + 3X2 − 5.

Solutie. (i) Consideram morfismul canonic π : Z → Z2, π(a) = a, si extinsul sauπ : Z[X]→ Z2[X] (pentru orice h ∈ Z[X] vom nota π(h) cu h). Atunci f = (X4+X3+1)n.Daca presupunem ca f admite o descompunere relevanta peste Z, fie ea f = gh, atunci(cum gradul lui f nu scade cand ıi reducem coeficientii modulo 2 iar g si h nu pot ficonstante caci f este polinom primitiv) exista p, q ∈ N∗ cu p+ q = n astfel ca g = (X4 +X3+1)p si h = (X4+X3+1)q. Rezulta ca f = [(X4+X3+1)p+2g1][(X

4+X3+1)q+2h1].Inmultim si obtinem (X4 + X3 + 1)n + 4(X4 + X3 + 1)m + 2 = (X4 + X3 + 1)p+q +2(X4 + X3 + 1)ph1 + 2(X4 + X3 + 1)qg1 + 4g1h1, de unde 2(X4 + X3 + 1)m + 1 =(X4 + X3 + 1)ph1 + (X4 + X3 + 1)qg1 + 2g1h1. Aplicand din nou π, obtinem ın Z2[X]relatia contradictorie 1 = (X4 +X3 + 1)ph1 + (X4 +X3 + 1)qg1. Ramane asadar ca f esteireductibil peste Z (deci si peste Q).(ii) Polinomul f = X4 +3X3 +3X2−5 nu are radacini rationale, deoarece nici unul dintredivizorii lui 5 nu este radacina. Prin urmare, el fiind si primitiv, singurul mod ın care s-arputea descompune este ca produs de doua polinoame (ireductibile) de gradul al doilea.Fie f = gh o astfel de descompunere a lui f ın Z[X]. Reducem aceasta relatie modulo 2si obtinem ın Z2[X] relatia X4 + X3 + X2 + 1 = f = gh. Cum 4 = grad g + gradh ≤grad g + gradh = 4, obtinem grad g = gradh = 2. Pe de alta parte, ın inelul euclidianZ2[X] polinomul f are descompunerea unica ın factori primi f = (X + 1)(X3 + X + 1),contradictie. Ramane deci ca f este ireductibil.

Problema 2.50 Fie p un numar prim. Vom spune ca numarul n ∈ N∗ este p-interesant

daca exista f, g ∈ Z[X] astfel ıncat Xn − 1 = (Xp −X + 1)f + pg.

80

a) Aratati ca numarul pp − 1 este p-interesant.

b) Pentru care numere prime p este pp − 1 cel mai mic numar p-interesant?

IMC, 2011

Solutie. Sa observam pentru ınceput ca numarul n este p-interesant daca si numaidaca Xp−X+1 divide Xn−1 ın Zp[X]. Toate congruentele care vor aparea ın continuaresunt modulo Xp −X + 1 ın inelul Zp[X].

a) Avem evident Xp ≡ X − 1. Apoi, Xp2 ≡ (X − 1)p = Xp − 1 ≡ X − 2. Inductiv,

Xpk ≡ X−k, k ∈ N. Rezulta ca Xpp ≡ X, adica X(Xpp−1−1) ≡ 0. Cum X si (Xp−X+1)sunt prime ıntre ele ın Zp[X], rezulta Xpp−1 − 1 ≡ 0, adica (Xp −X + 1)|Xpp−1 − 1.

b) X1+p+p2+···+pp−1= X · Xp · · ·Xpp−1 ≡ X(X − 1) · · · (X − (p − 1)) = Xp − X ≡ −1.

Prin urmare, X2(1+p+p2+···+pp−1)− 1 ≡ 0, deci numarul a = 2(1 + p+ p2 + · · ·+ pp−1) estep-interesant.Daca p > 3, atunci a = 2

p−1(pp − 1) < pp − 1, deci avem numere p-interesante mai micidecat pp − 1.Vom arata ca pentru p = 2 si p = 3, pp − 1 este cel mai mic numar p-interesant. Saobservam ca, deoarece (Xt − 1, Xu − 1) = X(t,u) − 1 (vezi problema 2.5), cel mai maredivizor comun al unor numere p-interesante este si el un numar p-interesant. In consecinta,cel mai mic numar p-interesant divide toate numerele p-interesante. In particular, cel maimic numar p-interesant divide pp − 1.Daca p = 2, pp − 1 = 3, deci cel mai mic numar 2-interesant este 1 sau 3. Cum ınsaX2 − X + 1 nu divide X − 1 ın Z2[X], ramane ca 3 = 22 − 1 este cel mai mic numar2-interesant.Daca p = 3, pp − 1 = 26, care are divizorii 1, 2, 13 si 26. Evident, X3 −X + 1 nu divide ınZ3[X] nici pe X − 1, nici pe X2 − 1. Pe de alta parte, X13 = X1+3+32 ≡ −1 6≡ 1. Asadar,niciunul dintre numerele 1,2 si 13 nu este 3-interesant, deci cel mai mic numar 3-interesanteste 26 = 33 − 1.Asadar, numerele cerute sunt 2 si 3.

Observatie. Punctul a), precum si congruenta X1+p+p2+···+pp−1 ≡ −1 se pot obtine

si astfel: consideram extinderea de corpuri Zp ↪→ K =Zp[X]

(Xp−X+1) (K este corp deoarece

Xp − X + 1 este ireductibil peste Zp). Gradul extinderii fiind p, avem |K| = pp. Cum

x = X 6= 0, el este un element al grupului multiplicativ K \ {0}. Prin urmare, Xpp−1 =xp

p−1 = 1 ın K, adica Xp−X + 1|Xpp−1− 1 ın Zp[X]. In plus, polinomul Xp−X + 1 are

ın K radacinile x, xp, . . . , xpp−1

. Produsul acestora va fi, conform relatiilor lui Viete, egalcu (−1)p, de unde congruenta dorita.

Problema 2.51 Gasiti toate aplicatiile Q-liniare Φ : Q[X] → Q[X] cu proprietatea ca

pentru orice polinom ireductibil P ∈ Q[X] polinomul Φ(P ) este de asemenea ireductibil.


Solutie. Vom arata ca aplicatiile 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 ca orice astfel de aplicatie pastreazaireductibilitatea polinoamelor. Demonstram ın continuare ca orice aplicatie cu proprietatiledorite este de aceasta forma.Lema 1 Fie f, g ∈ Q[X] cu proprietatea ca pentru orice c ∈ Q polinomul f + cg este

Polinoame 81

ireductibil. Atunci, fie g = 0, fie f are gradul 1, iar g este o constanta nenula.Demonstratie. Presupunem ca exista x0 ∈ Q pentru care g(x0) 6= 0. Pentru c = −f(x0)

g(x0)

avem (f + cg)(x0) = 0, deci exista α ∈ Q∗ astfel ıncat f + cg = α(X − x0). Fie x1 6= x0pentru care g(x1) 6= 0. Cum f(x1) + cg(x1) = α(x1 − x0) 6= 0, pentru c1 = −f(x1)

g(x1)avem

c1 6= c. Ca mai sus, exista α1 ∈ Q∗ pentru care f + c1g = α1(X − x1). Scazand cele douarelatii, obtinem informatia ca gradul lui (c1 − c)g este cel mult 1; este imediat ca g si fau aceeasi proprietate. Daca f = aX + b, iar g = a1X + b1, atunci din ireductibilitatealui f deducem a 6= 0. Daca a1 6= 0, atunci polinomul f − a

a1g este constant, deci nu este

ireductibil, contradictie. Ramane ca a1 = 0 si lema este demonstrata.Notam acum gk = Φ(Xk).Lema 2 g0 este o constanta nenula, iar g1 are gradul 1.Demonstratie. Cum polinomul X + c este ireductibil pentru orice c ∈ Q, rezulta cag1 + cg0 are aceeasi proprietate. Conform lemei 1, fie g0 = 0, fie g0 este constant, iarg1 de gradul 1. Sa presupunem ca g0 = 0. Fie c ∈ Q. Polinomul X2 + cX + c2 ∈ Q[X]fiind ireductibil, rezulta ca g2 + cg1 este ireductibil. Conform lemei 1, obtinem ca g1 esteconstant, deci nu este ireductibil, contradictie. Ramane prin urmare ca g0 6= 0, ceea ceıncheie demonstratia lemei 2.Notam g0 = C, g1 = AX + B. Intrucat aplicatiile Ψα,β : Q[X] → Q[X], Ψα,β(P ) =P (αX + β) sunt automorfisme de inel unitar, rezulta ca putem continua demonstratiaınlocuind Φ cu aplicatia

P 7→ C−1Φ(P (A−1CX −A−1CB)).

In aceste conditii, g0 = 1, g1 = X, iar noi dorim sa aratam ca gn = Xn pentru oricen ∈ N. Fie n ≥ 2. Presupunem ca gk = Xk pentru orice k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}. Notamh = gn −Xn. Presupunem ca h 6= 0. Pentru orice polinom f monic, ireductibil si de gradn, avem Φ(f) = f + h, deci si f + h este ireductibil. Fie x0 ∈ Q pentru care h(x0) 6= 0.Scriem h(x0) = −u

v , u ∈ Z∗, v ∈ N∗. Notam t = 6uv si consideram un divizor prim p alnumarului 1− 6nun−1vn+1 6∈ {−1, 0, 1}.Daca p2 - 1− 6nun−1vn+1, consideram f = (X − x0 + t)n− tn + u

v . Cum vf = v(X − x0 +t)n +u(1− 6nun−1vn+1), vf(X +x0− t) este ireductibil conform criteriului lui Eisenstein,deci si f este ireductibil.Daca p2| 1−6nun−1vn+1, consideram f = (X−x0+t)n+p(X−x0+t)−tn−pt+ u

v . Atunci,vf = v(X − x0 + t)n + vp(X − x0 + t) + u(1 − 6nun−1vn+1) − 6puv2. Cum (p, 6uv) = 1,rezulta ca p2 - u(1 − 6nun−1vn+1) − 6puv2. Prin urmare, vf(X + x0 − t) este ireductibilconform criteriului lui Eisenstein, deci si f este ireductibil.Am obtinut asadar un polinom monic, de grad n si ireductibil f ∈ Q[X] cu proprietateaf(x0) = −h(x0). Atunci, X − x0|f + h. Conditia de ireductibilitate ne duce la concluziaca grad(f + h) = 1.Daca n ≥ 3, constatam, cu argumente similare celor de mai sus, ca macar unul dintrepolinoamele f + p(X − x0 + t)2 − pt2 si f + 2p(X − x0 + t)2 − 2pt2 este ireductibil; notamcu g acest polinom. Avem ca g + h este ireductibil, de grad 2 si divizibil prin X − x0,contradictie.Daca n = 2, iar h = −X2 + aX + b, alegem c ∈ Q astfel ca polinomul f = X2 − aX + csa fie ireductibil, si constatam ca f + h (care trebuie sa fie ireductibil!) este constant,contradictie.Presupunerea ca h 6= 0 duce asadar la contradictie ın toate situatiile. Ramane ca h = 0,deci gn = 0, ceea ce ıncheie pasul de inductie si demonstratia.

82

Problema 2.52 Fie K un corp. Sa se arate ca:

(i) polinomul Xr + Y s, r, s ∈ N∗, (r, s) = 1, este ireductibil ın K[X,Y ];

(ii) polinomul Xr + Y s + Zt, r, s, t ∈ N∗ cu r ≡ 1 (mod st), este ireductibil ın K[X,Y, Z].

Solutie. (i) Notam f = Xr + Y s. Sa presupunem ca f = gh cu g, h ∈ K[X,Y ] nein-versabile. Scriem g = g0 + g1X + · · ·+ gkX

k si h = h0 +h1X + · · ·+hlXl, unde gi ∈ K[Y ]

pentru orice i ∈ {1, . . . , k}, hj ∈ K[Y ] pentru orice j ∈ {1, . . . , l} si constatam ca l =grad

X(h) ≤ r si k = gradX(g) ≤ r. Cu consideratii similare gasim m = gradY (g) ≤ s sin = gradY (h) ≤ s. De fapt, inegalitatile aparute sunt chiar stricte, caci daca, de exempluf = g(X)h(X,Y ), rezulta ca gradY (h) = s si, daca notam coeficientul dominant al luih ∈ K[X][Y ] cu h(X), g(X)h(X) = 1, ceea ce arata ca g(X) este inversabil, contradictie.Acum scriem g =

∑0≤i≤k,0≤j≤l

gijXiY j si h =

∑0≤i≤m,0≤j≤n

hijXiY j , gij , hij ∈ K. Cum r

si s sunt prime ıntre ele, unul dintre ele este impar, sa zicem s. Atunci, ın inelul de poli-noame K[U ] avem relatia g(U s,−U r)h(U s,−U r) = f(U s,−U r) = 0. Pe de alta parte,g(U s,−U r) =

∑0≤i≤k,0≤j≤l

(−1)jgijUis+jr iar h(U r,−U s) =

∑0≤i≤m,0≤j≤n

(−1)jhijUis+jr.

Dar i1s + j1r = i2s + j2r ⇔ (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 ın situatia datai1s+ j1r = i2s+ j2r ⇔ i1 = i2 si j1 = j2. In concluzie, la termeni diferiti din g si h cores-pund termeni diferiti ın g(U s,−U r) si h(U s,−U r). Prin urmare, termenii din g, respectivh nu se pot reduce cand facem X = U r si Y = −U s. Atunci g(U s,−U r) 6= 0 6= h(U s,−U r),contradictie cu g(U s,−U r)h(U s,−U r) = f(U s,−U r) = 0.(ii) Notam f = Xr + Y s + Zt. Aplicam criteriul reducerii: consideram 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 propri-etatea ϕ(X) = X si observam ca ϕ(f) = Xr+Y s. Din r ≡ 1 (mod st) rezulta ca (r, s) = 1,deci, conform (i), ϕ(f) ∈ K[Y ][X] este ireductibil. In plus, gradX(ϕ(f)) = r = gradX(f),deci conform criteriului reducerii f este ireductibil ın K(Y, Z)[X]. Cum f este ın mod clarprimitiv, rezulta ca el este ireductibil ın K[Y,Z][X] ' K[X,Y, Z].

Problema 2.53 Fie K un corp algebric ınchis cu Char K 6= 2 si f ∈ K[X1, . . . , Xn],

f = X21 + . . .+X2

n. Sa se arate ca f este polinom ireductibil daca si numai daca n ≥ 3.

Solutie. Daca n = 1, f = X21 , care este ın mod evident reductibil. Daca n = 2,

atunci f = (X1 + iX2)(X1 − iX2), deci este reductibil. Pentru n = 3, consideramf ∈ K[X1, X2][X3] si, constatand ca f este primitiv, aplicam criteriul lui Eisensteincu p = X2 + iX3 (care este prim ın K[X2, X3] deoarece K[X2, X3]/(X2 + iX3) 'K[X3][X2]/(X2 + iX3) ' K[X3], care este inel integru).Fie acum k ≥ 3. Sa presupunem ca X2

1 + · · · + X2k este ireductibil ın K[X1, . . . , Xk].

Atunci, lui X21 + · · · + X2

k+1 = X2k+1 + (X2

1 + · · · + X2k) ∈ K[X1, X2, . . . , Xk+1] '

K[X1, X2, . . . , Xk][Xk+1], care constatam ca este primitiv deoarece este monic, ıi aplicamcriteriul lui Eisenstein cu p = X2

1 + · · ·+X2k si constatam ca este ireductibil, ceea ce ıncheie

pasul de inductie si demonstratia.

Polinoame 83

Problema 2.54 Sa se arate ca polinomul fn ∈ Z[{Xij |1 ≤ i, j ≤ n}],

fn = det

X11 X12 . . . X1n

X21 X22 . . . X2n

......

...

Xn1 Xn2 . . . Xnn

este ireductibil.

Solutie. Procedam prin inductie dupa n. Pentru n = 1, f1 = X11, care este ınmod evident ireductibil. Presupunem acum ca fk este ireductibil. Avem relatia fk+1 =Xk+1,1Ak+1,1 + · · ·+Xk+1,k+1Ak+1,k+1, unde Aij desemneaza complementul algebric al luiXij din matricea

X11 X12 . . . X1,k+1

X21 X22 . . . X2,k+1

......

...Xk+1,1 Xk+1,2 . . . Xk+1,k+1

.

Sa observam ca Ak+1,k+1 = fk. Cum fk+1 are gradul unu ın Xk+1,k+1, rezulta ca esteireductibil ın Q(Z[{Xij | i, j ∈ {1, . . . , k + 1}} \ {Xk+1,k+1}])[Xk+1,k+1]. Este suficientdeci sa aratam ca este primitiv ın Z[{Xij | i, j ∈ {1, . . . , k + 1}} \ {Xk+1,k+1}][Xk+1,k+1].Presupunand ca nu este primitiv, rezulta (tinand cont ca fk este ireductibil din ipotezade inductie) ca fk | Xk+1,1Ak+1,1 + · · · + Xk+1,kAk+1,k, ceea ce revine la fk | Ak+1,j

pentru orice j ∈ {1, . . . , k}. Dar aceste relatii sunt contradictorii, deoarece daca facemX1j = · · · = Xkj = 0, fk se anuleaza, iar Ak+1,j nu se anuleaza. Ramane ca fk+1 esteprimitiv ın Z[{Xij | i, j ∈ {1, . . . , k + 1}} \ {Xk+1,k+1}][Xk+1,k+1] si demonstratia esteıncheiata.

Problema 2.55 Fie b1, b2, . . . , bn ∈ Z distincte si a1, a2, . . . , an ∈ R. Presupunem ca

exista f ∈ R[X] care verifica identitatea (1 − X)nf = 1 +

n∑i=1

aiXbi . Aratati ca f(1) =

b1b2 · · · bnn!

.

Putnam, 1986

Solutia 1. Notam (b)j = b(b − 1) · · · (b − j + 1), j ≥ 1. Pentru 0 ≤ j ≤ n, derivandidentitatea din enunt de j ori si dand apoi lui X valoarea 1, obtinem relatiile: 0 = 1 +n∑i=1

ai, 0 =

n∑i=1

ai(bi)j , j ∈ {1, 2, . . . , n− 1}, si (−1)nn!f(1) =

n∑i=1

ai(bi)n. Aceste relatii se

pot scrie sub forma Av = 0, unde

A =

−1 1 1 · · · 10 b1 b2 · · · bn0 (b1)2 (b2)2 · · · (bn)2...

......

. . ....

0 (b1)n−1 (b2)n−1 · · · (bn)n−1(−1)nn!f(1) (b1)n (b2)n · · · (bn)n

, iar v =

−1a1a2...an

.

84

Cum v 6= 0, avem detA = 0. Deoarece (b)j este polinom monic de grad j ın b fara termenliber, putem, pentru fiecare k ∈ {2, 3, . . . , n}, sa adunam la linia k+1 o combinatie liniarade liniile 2, 3, . . . , k astfel ıncat sa obtinem matricea

A′ =

−1 1 1 · · · 10 b1 b2 · · · bn0 b21 b22 · · · b2n...

......

. . ....

0 bn−11 bn−12 · · · bn−1n

(−1)nn!f(1) bn1 bn2 · · · bnn

.

Datorita modului ın care am obtinut matricea A′, avem detA′ = detA. Dezvoltand de-terminantul lui A′ dupa prima coloana, obtinem 0 = detA′ = −detV ′ + n!f(1) detV ,unde

V =

1 1 · · · 1b1 b2 · · · bnb21 b22 · · · b2n...

.... . .

...

bn−11 bn−12 · · · bn−1n

, iar V ′ =

b1 b2 · · · bnb21 b22 · · · b2n...

.... . .

...

bn−11 bn−12 · · · bn−1n

bn1 bn2 · · · bnn

.

Obtinem (−b1b2 · · · bn+n!f(1)) detV = 0. Cum bi sunt distincte, rezulta ca detV 6= 0,

deci f(1) =b1b2 · · · bn

n!.

Solutia 2. Scadem 1 din ambii membri ai identitatii din enunt, ınlocuim X cu et sidezvoltam membrul stang ın serie. Tinand cont de faptul ca 1 − et = −t+ (termeni degrad ≥ 2), obtinem

−1 + (−1)nf(1)tn + (termeni de grad > n) =n∑i=1

aiebit. (2.31)

Membrul drept F (t) al acestei relatii verifica ecuatia

F (n)(t)− (b1 + b2 + · · ·+ bn)F (n−1)(t) + · · ·+ (−1)nb1b2 · · · bnF (t) = 0. (2.32)

Derivand ın mod repetat relatia (2.31), deducem ca F (0) = −1, F (i)(0) = 0 pentru totii ∈ {1, 2, . . . , n − 1}, iar F (n)(0) = (−1)nf(1)n!. Prin urmare, facand t = 0 ın (2.32),obtinem

(−1)nf(1)n!− 0 + 0− 0 + · · ·+ (−1)nb1b2 · · · bn(−1) = 0,

de unde f(1) =b1b2 · · · bn

n!.

Capitolul 3

Matrice. Matrice cu blocuri.

Forme canonice

Notatii

• A = [aij ]i=1,mj=1,n

=

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n. . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn

- matrice de dimensiuni m × n (m linii

si n coloane) cu elementele aij

• A = [aij ]i,j=1,n =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n. . . . . . . . . . . .an1 an2 . . . ann

- matrice patratica de ordin n cu ele-

mentele aij

• Mm,n(K) - multimea matricelor de dimensiuni m × n si elemente din multimea K(ın general (K,+, ·) este inel sau corp)

• Mn(K) - multimea matricelor patratice de ordin n cu elemente din K

• At = [aji]j=1,ni=1,m

∈Mn,m(K) - transpusa matricei A = [aij ]i=1,mj=1,n

∈Mm,n(K)

• A = [aij ]i=1,mj=1,n

- conjugata matricei A = [aij ]i=1,mj=1,n

∈Mm,n(C)

• A∗ = (A)t ∈Mn,m(C) - adjuncta (hermitiana) a matricei A ∈Mm,n(C)

• In =

1 0 . . . 00 1 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1

- matricea unitate de ordin n

85

86

• Jλ =

λ 1 0 . . . 0 00 λ 1 . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . λ 10 0 0 . . . 0 λ

∈Mn(C) - celula Jordan cu λ ∈ C

• diag [a1, a2, . . . , an] - matricea diagonala

a1 0 0 . . . 00 a2 0 . . . 00 0 a3 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . .− 0 0 . . . an

• detA - determinantul matricei patratice An

• Tr (A) - urma matricei patratice A ∈Mn(K), Tr (A) =n∑i=1

aii

• rangA - rangul matricei A ∈Mm,n(K)

• A−1 - inversa matricei patratice A ∈Mn(K) (cu detA 6= 0)

• GLn(K) - multimea matricelor inversabile ın 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) (radacina a polinomuluicaracteristic)

• XA ∈ Mn,1(C) - vector propriu pentru matricea A ∈ Mn(C) corespunzator valoriiproprii λA (AXA = λAXA, XA 6= 0)

• Spec(A) - spectrul matricei A ∈Mn(C) (multimea valorilor proprii ale lui A)

• ∆ij - minorul complementar elementului aij ın matricea patratica A = [aij ]i,j=1,n

(determinantul de ordin (n−1) obtinut 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)


In cele ce urmeaza (K,+, ·) este un corp comutativ.• Definitie. Matricea A ∈Mn(K) se numeste:

- idempotenta, daca A2 = A- involutiva, daca A2 = In- nilpotenta, daca An = 0.

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice 87

• Definitie. Determinantul matricei patratice A ∈Mn(K) este

detA =∑σ∈Sn

(sgnσ)a1σ(1)a2σ(2) · · · anσ(n).

� Teorema. detA =n∑j=1

aijAij (dezvoltarea dupa linia i)

detA =n∑i=1

aijAij (dezvoltarea dupa coloana j)

AA∗ = A∗A = detA · In.• Definitie. Matricea A ∈ Mn(K) este inversabila daca exista matricea B ∈ Mn(K)astfel ca AB = BA = In. (A este element inversabil ın inelul (Mn(K),+, ·)).

� Teorema. Matricea A ∈ Mn(K) este inversabila daca si numai daca detA 6= 0 si

inversa este

A−1 = (detA)−1A∗.

� Teorema. Daca A,B ∈Mn(K) atunci det(AB) = detA · detB.• Definitie. Se numeste minor de ordin k ≤ min{m,n}, ın matricea A ∈ Mm,n(K), undeterminant ın care se retin elementele aflate la intersectia a k linii cu k coloane: mi1,...,ik

j1,...,jk

.

• Definitie. Se numeste rangul matricei A ∈ Mm,n(K) ordinul maxim al unui minornenul din matricea A.� Teorema. Rangul unei matrice A ∈ Mm,n(K) nu se schimba daca o ınmultim (ındreapta sau ın stanga) cu o matrice inversabila.• Definitie. Matricele A,B ∈ Mm,n(K) sunt echivalente daca exista matricele in-versabile Q ∈Mm(K), P ∈Mn(K) astfel ca

B = QAP

si notam A ≡ B.� Teorema. Matricele A,B ∈ Mm,n(K) sunt echivalente daca si numai daca ele auacelasi rang.

• Definitie. O matrice de forma

[Ik 0

0 0

]∈Mm,n(K), m ≥ k, n ≥ k se numeste forma

canonica a matricelor de rang k.• Definitie. Matricele A,B ∈ Mn(K) sunt asemenea daca exista o matrice inversabilaP ∈ GLn(K) astfel ca

B = P−1AP.

Daca ın plus P ∗ = P−1, se spune ca matricele sunt unitar asemenea.

� Teorema. Orice matrice patratica A ∈ Mn(C) este asemenea cu o matrice bloc-

diagonala de forma

JA =

Jλ1 0

. . .

0 Jλk

,

88

ın care matricele Jλ1 , . . . , Jλk sunt celule Jordan iar λ1, . . . , λk sunt valorile proprii alematricei A. Matricea JA se numeste forma canonica Jordan a matricei A.• Definitie. Un element λA ∈ K se numeste valoare proprie pentru matricea A ∈Mn(K) daca exista un vector (matrice coloana) nenul xA ∈ Kn = Mn,1(K) astfel caAxA = λAxA; ın acest caz vectorul xA se numeste vector propriu pentru matricea A(corespunzator valorii proprii λA).• Definitie. Multimea valorilor proprii pentru matricea A se numeste spectrul matriciiA si se noteaza cu Spec(A).• Definitie. Pentru o matrice A ∈Mn(K) polinomul fA ∈ K[X],

fA(X) = (−1)n det(A−XIn)

se numeste polinomul caracteristic al matricei A.� Teorema. Valorile proprii ale matricei A sunt radacinile polinomului caracteristic(λA ∈ Spec(A) ⇔ fA(λA) = 0).

� Teorema. Polinomul caracteristic al matricei A este

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

unde σk este suma minorilor diagonali (formati cu linii si coloane de aceiasi indici) din

matricea A.

In particular

σ1 = TrA =n∑k=1

λk, σn = detA =n∏k=1

λk,

unde λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A.

�Teorema. (Cayley-Hamilton). Orice matrice ısi anuleaza propriul polinom caracteristic:

fA(A) = 0.

• Definitie. Polinomul unitar de grad minim mA ∈ K[X] care anuleaza matricea A ∈Mn(K) se numeste polinomul minimal al matricei A (mA(A) = 0).� Teorema. (Frobenius). Polinomul minimal al matricei A, mA, divide polinomul carac-teristic, fA, iar polinoamele mA si fA au aceiasi factori ireductibili ın inelul K[X].• Definitie. Daca A ∈Mn(K) si λ ∈ Spec(A), atunci multimea

Vλ = {X ∈ Kn | AX = λX}

se numeste subspatiul propriu corespunzator valorii proprii λ.� Teorema. Daca λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A ∈ Mn(K) siP ∈ K[X] este un polinom atunci P (λ1), P (λ2), . . . , P (λn) sunt valorile proprii ale ma-tricei P (A). Daca ın plus matricea A este inversabila atunci λ1, λ2, . . . , λn sunt nenule siλ−11 , λ−12 , . . . , λ−1n sunt valorile proprii ale matricei A−1.� Teorema. Doua matrice asemenea au acelasi polinom caracteristic, deci aceleasi valoriproprii.• Definitie. Fie A ∈ Mm,n(C), m ≥ 2, n ≥ 2. O succesiune de k linii consecutive dinmatricea A (k ≤ m) se numeste banda orizontala de latime k si se pune ın evidenta


prin ıncadrarea acestor linii ıntre doua drepte orizontale (duse printre cate doua linii alematricei A).• O succesiune de k coloane consecutive din matricea A (k ≤ n) se numeste banda

verticala de latime k si se pune ın evidenta prin ıncadrarea acestor coloane ıntre douadrepte verticale (duse printre cate doua coloane ale matricei A).• Daca matricea A este partitionata ın p benzi orizontale si q benzi verticale, matricele

aflate la intersectia unei benzi orizontale cu o banda verticala se numeste bloc al matriceiA si daca notam blocurile cu Aij , 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ q, atunci matricea A se reprezintaca matrice cu blocuri sub forma:

A =

A11 A12 A1q

A21 A22 A2q

Ap1 Ap2 Apq

.Observatie. In matricea cu blocuri A = [Aij ]i=1,p

j=1,q

toate matricele Ai1, Ai2, . . . , Aiq au

acelasi numar de linii si toate matricele A1j , A2j , . . . , Apj au acelasi numar 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

Daca matricele de acelasi tip A,B ∈Mm,n(C) sunt la fel partitionate ın blocuri:

A = [Aij ]i=1,pj=1,q

, B = [Bij ]i=1,pj=1,q

si blocurile Aij si Bij au aceeasi dimensiune (i = 1, p, j = 1, q) atunci adunarea ma-tricelor A si B se face evident dupa formula

A+B = C = [Cij ]i=1,pj=1,q

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

Inmultirea matricelor cu blocuri

Fie A = [Aik]i=1,pk=1,q

, B = [Bkj ]k=1,qj=1,r

doua matrice pentru care se poate efectua produsul

AB.Daca pentru orice i = 1, p, k = 1, q si j = 1, r produsele AikBkj pot fi efectuate

(numarul coloanelor matricelor Aik este egal cu numarul liniilor matricelor Bkj), atunciprodusul AB se face ca pentru matrice cu elemente:

AB = C = [Cij ]i=1,pj=1,r

,

unde Cij =

q∑k=1

AikBkj (se poate verifica prin calcul direct).

90

Transformari elementare ın matrice cu blocuri

Analog cu transformarile elementare efectuate ın matrice se pot defini transformarielementare ın matrice cu blocuri (care sunt de fapt compuneri de transformari elementarenormale).

Fie A = [Aik]i=1,pk=1,q

o matrice cu blocuri.

• Definitie. Urmatoarele transformari efectuate pe benzile matricei A se numesc trans-formari elementare:

a1) schimbarea ıntre ele a doua benzi orizontaleb1) ınmultirea unei benzi orizontale la stanga cu o matrice patratica inversabilac1) adunarea la o banda orizontala a unei alte benzi orizontale de aceeasi latime

ınmultita la stanga cu o matrice patraticaa2) schimbarea ıntre ele a doua benzi verticaleb2) ınmultirea unei benzi verticale, la dreapta, cu o matrice patratica inversabilac2) adunarea la o banda verticala a unei alte benzi verticale de aceeasi latime, ınmultita

la dreapta cu o matrice patratica.La fel ca ın cazul transformarilor elementare clasice, efectuarea unei transformari el-

ementare pe benzile orizontale revine la ınmultirea matricei A la stanga cu o matriceinversabila (elementara pe blocuri) care este un produs de matrice elementare.

Efectuarea unei transformari elementare pe benzile verticale revine la ınmultirea ma-tricei A la dreapta cu o matrice inversabila (elementara pe blocuri).• Pentru schimbarea benzilor orizontale A1 si A2 de latimi l1 si l2 ın matricea

A =

A1

A2

A3

se ınmulteste la stanga cu matricea

E1 =

0 Il1 0

Il2 0 0

0 0 Il3

.Obtinem:

E1A =

A2

A1

A3

.• Pentru ınmultirea ın matricea

A =

[A1

A2

]a benzii A1 de latime k cu matricea X ∈Mk(C) se ınmulteste la stanga cu matricea

E2 =

[X 0

0 I

]si avem

E2A =

[XA1

A2

].


• Pentru adunarea ın matricea

A =

A1

A2

A3

a benzii A1 de latime k la banda A2 (de latime tot k) se ınmulteste la stanga cu matricea

E3 =

Ik 0 0

Ik Ik 0

0 0 I

si avem

E3A =

A1

A1 +A2

A3

.Probleme

Problema 3.1 Fie A ∈ Mm,n(C) si B ∈ Mn,m(C). Sa se arate ca ıntre polinoamele

caracteristice ale matricelor AB si BA exista relatia

XnfAB(x) = XmfBA(x).

Solutie. Se verifica relatia:[XIm −AB A

0 XIn

] [Im 0

B In

]=

[Im 0

B In

] [XIm A

0 XIn −BA

]si se trece la determinanti (matricele cu blocuri

[AB 0

B 0

]si

[0 0

B AB

]sunt matrice

asemenea).

Problema 3.2 Fie A,B ∈ Mn(C). Sa se arate ca polinomul caracteristic al matricei A −B

B A

este egal cu produsul polinoamelor caracteristice ale matricelor A + iB si

A− iB.

Solutie. det(M − λI2n) = det

[A− λIn −B

B A− λIn

]=

= det

[(A− iB)− λIn −B − iA+ λiIn

B A− λIn

]=

= det

[(A− iB)− λIn 0

B (A+ iB)− λIn

]=

= det[(A− iB)− λIn] det[(A+ iB)− λIn].

In particular, pentru λ = 0 si A,B ∈Mn(R) obtinem ca

det

[A −BB A

]≥ 0.

92

Problema 3.3 Fie A,B ∈ Mn(C). Sa se arate ca polinomul caracteristic al matricei

M =

A B

B A

este egal cu produsul polinoamelor caracteristice ale matricelor A+B si

A−B.

Solutie. det(M −XI2n) = det

[A−XIn B

B A−XIn

]=

= det

[A−B −XIn B −A−XIn

B A−XIn

]= det

[(A−B)−XIn 0

B (A+B)−XIn

]= det[(A−B)−XIn] det[(A+B)−XIn] = fA−B(X)fA+B(X).

Problema 3.4 Fie A1, A2, . . . , Ak ∈Mn(R). Sa se arate ca

det

(k∑i=1

AtiAi

)≥ 0.

Solutie. Consideram matricea cu blocuri

M =

A1

A2

...Ak

si avem

det(M tM) ≥ 0 ⇔ det

(k∑i=1

AtiAi

)≥ 0.

Problema 3.5 Fie A ∈Mn(C) nesingulara si M ∈Mk+n(C),

M =

A B

C D

.Sa se arate ca detM = det ·Adet(D − CA−1B).

Solutie. detM = det

[In 0

CA−1 In

] [A B0 D − CA−1B

].

Observatie. Matricea D−CA−1B se numeste complementul Schur al matricei A.

Problema 3.6 Fie A,B,C,D ∈Mn(C). Sa se arate ca daca CDt = DCt, atunci

det2

A B

C D

= det2(ADt −BCt).


Solutie. det

[A BC D

]= det

[A BC D

]t= det

[At Ct

Bt Dt

]=

= det

[Dt Bt

Ct At

]= det

[Dt −Bt

−Ct At

](s-a facut ınmultirea cu −1 a liniilor n+ 1, . . . , 2n si a coloanelor n+ 1, . . . , 2n).Rezulta

det2[A BC D

]= det

[A BC D

]·[

Dt −Bt

−Ct At

]=

= det

[ADt −BCt −ABt +BAt

0 −CBt +DAt

]= det(ADt −BCt) det(ADt −BCt)t

= det2(ADt −BCt).

Problema 3.7 Daca A ∈Mp,n(C), B ∈Mn,p(C), p < n sunt doua matrice de rang p, sa

se arate ca det(BA) = 0 si ca:

det(AB) =∑

D 1,2,...,pi1,i2,...,ip

∆ i1,i2,...,ip1,2,...,p

ın care suma se face dupa toti indicii i1, i2, . . . , ip cu 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ip ≤ n, D 1,2,...,pi1,i2,...,ip

este minorul de ordin p al matricei A format cu coloanele i1, i2, . . . , ip, iar ∆ i1,i2,...,ip1,2,...,p

este

minorul de ordin p al matricei B format cu liniile i1, i2, . . . , ip.


M =

[Op A

B −In

],

al carui determinant ıl calculam ın doua moduri:a) Adunam la linia 1 liniile p+1, p+2, . . . , p+n ınmultite respectiv cu a11, a12, . . . , a1n.

Adunam la linia 2 liniile p + 1, p + 2, . . . , p + n ınmultite respectiv cu a21, a22, . . . , a2n.Adunam la linia p liniile p + 1, p + 2, . . . , p + n ınmultite respectiv cu ap1, ap2, . . . , apn siobtinem

detM = det

[C O

B −In

]= (−1)n detC

unde C = AB ∈Mp(C).b) Dezvoltam detM dupa primele p linii (Laplace) si avem:

detM =∑

(−1)1+2+···+p+(p+i1)+···+(p+ip)D 1,...,pi1,...,ip

·

·(−1)(p+1)+(p+2)+···+n+ip+1+···+in∆ i1,...,ip1,...,p

=

=∑

(−1)2(1+2+···+p)+p(p−1)+nD 1,...,pi1,...,ip

∆ i1,...,ip1,...,p

=

= (−1)n∑

D 1,...,pi1,...,ip

∆ i1,...,ip1,...,p

.

Pentru matricea BA avem BA ∈Mn(C) si rang (BA) ≤ rangB = p, deci rang (BA) <n. Rezulta det(BA) = 0.

94

Problema 3.8 Fie A,B,C,D ∈Mn(C) astfel ca AC = CA. Sa se arate ca

det

A B

C D

= det(AD − CB).

Solutie. Daca matricea A este inversabila avem:[A−1 0

−CA−1 In

] [A B

C D

]=

[In A−1B

C D − CA−1B

],

deci

detA−1 det

[A B

C D

]= det(D − CA−1B) ⇔

det

[A B

C D

]= det(AD − CAA−1B) = det(AD − CB).

Daca A este neinversabila luam matricea Ax = A− xIn si pentru detAx 6= 0 avem:

det

[Ax B

C D

]= det(AxD − CB).

Ultima egalitate este o relatie polinomiala ın x care are loc pentru orice x care nueste printre radacinile ecuatiei polinomiale det(A− xIn) = 0 (care nu este valoare propriepentru A). Egalitatea de polinoame avand loc pe o multime infinita de valori ale lui x, eaeste identitate si o putem aplica ın x = 0.

Problema 3.9 Fie A = B + iC ∈Mn(C) o matrice inversabila cu B,C ∈Mn(R). Sa se

arate ca daca A−1 = D+ iE, cu D,E ∈Mn(R), atunci inversa matricei

B −C

C B

este

D −E

E D

.

Solutie. Avem:

(B + iC)(D + iE) = In ⇔{BD − CE = InCD +BE = On

Dar [B −CC B

][D −EE D

]=

[BD − CE −(CD +BE)CD +BE BD − CE

]=

[In 00 In

].

Problema 3.10 Fie X ∈Mm,n(C) si matricea cu blocuri A

A =

Im X

0 In

,Im, In fiind matrice unitate de ordin m respectiv n. Sa se determine A−1.


Solutie. A−1 =

[Im −X0 In

].

Problema 3.11 Fie A ∈Mn(C) nesingulara,

X = [x1, . . . , xn], Y = [y1, . . . , yn] ∈ Cn

si a ∈ C. Formam matricea cu blocuri M ∈Mn+1(C)

M =

A Y

X a

Sa se determine conditia ca M sa fie inversabila si sa se exprime inversa ei.

Solutie. Avem:

M =

[In 0

XA−1 1

] [A Y t

0 a−XA−1Y t

]detM 6= 0 ⇔ c = a−XA−1Y t 6= 0.

Fie M−1 =

[B U t

Z b

], Z, U ∈M1,n(C), b ∈ C.

Din relatiile MM−1 = In+1 si M−1M = In+1 obtinem sistemele:AB + Y tZ = InAU t + Y tb = 0XB + aZ = 0XU t + ab = 1

si

BAt + U tX = InBY t + U ta = 0ZA+ bX = 0ZY t + ab = 1

din care obtinem:

M−1 = c−1[

(cIn −A−1Y tX)A−1 −A−1Y t

−XA−1 1

].

Problema 3.12 Fie A,B,C,D ∈ Mn(C) matrice care comuta ıntre ele. Sa se arate ca

matricea M =

A B

C D

este inversabila ınM2n(C) daca si numai daca matricea AD−

BC este inversabila ın Mn(C).

Solutie. [A B

C D

] [D −B−C A

]=

[AD −BC 0

0 AD −BC

],

detM detN = (det(AD −BC))2.

Avem

M−1 =

[D −B−C A

] [E−1 0

0 E−1

]unde E = AD −BC.

96

Problema 3.13 Fie A ∈ Mm,n(C) o matrice de rang k ≤ min{m,n}. Sa se arate ca

exista doua matrice B ∈Mn,k(C) si C ∈Mk,m(C) astfel ca A = BC.

Solutie. Daca rangA = k atunci

A ≡[Ik 0

0 0

],

deci exista matricele inversabile P ∈Mm(C) si Q ∈Mn(C) astfel ca

A = P

[Ik 0

0 0

]Q.

Este usor de verificat egalitatea[Ik0

] [Ik 0

]=

[Ik 0

0 0

]si atunci

A = P

[Ik0

] [Ik 0

]Q.

Notam

B = P

[Ik0

]si C =

[Ik 0

]Q.

Problema 3.14 Fie A ∈ Mm,n(C) o matrice de rang k ≤ min{m,n}. Sa se arate ca

exista matricele coloane C1, C2, . . . , Ck si matricele linie L1, L2, . . . , Lk astfel ca

A = C1L1 + C2L2 + · · ·+ CkLk.

Solutie. Ca ın problema precedenta, scriem matricea

[Ik 0

0 0

]sub forma C ′1L

′1 +

C ′2L′2 + · · · + C ′kL

′k unde C ′1, C

′2, . . . , C

′k sunt primele k coloane ale matricei unitate Im

si L′1, L′2, . . . , L

′k sunt primele k linii ale matricei unitate In. Definim C1 = PC ′1, C2 =

PC ′2, . . . , Ck = PC ′k si L1 = L′1Q, L2 = L′2Q, . . . , Lk = L′kQ.

Problema 3.15 Pentru orice matrice A ∈ Mm,n(C), B ∈ Mp,n(C) si C ∈ Mp,q(C) sunt

verificate relatiile:

rang

A 0

B C

≥ rangA+ rangC = rang

A 0

0 C

.Solutie. In matricea

M =

[A 0

B C

]


prin transformari elementare pe primele m linii si pe primele n coloane matricea M setransforma ın matricea

N =

Ik 0

0 00

B1 C

cu rangM = rangN . In matricea N daca facem transformari elementare pe ultimele plinii si ultimele q coloane, ea se transforma ıntr-o matrice de forma

P =

Ik 0

0 00

B2Ip 0

0 0

unde k = rangA si p = rangC.

Minorul matricei P ,

[Ik 0

X Ip

], este triunghiular si are valoarea 1, deci

rangP = rangN = rangM ≥ k + p.

Daca matricea B este 0, atunci

P =

Ik 0

0 00

0Ip 0

0 0

si prin schimbari de linii si coloane o aducem la forma[

Ik+p 0

0 0

]care are rangul k + p.

Problema 3.16 Daca A ∈Mm,n(C) si B ∈Mn,p(C), atunci are loc inegalitatea:

rang (AB) ≥ rangA+ rangB − n. (Sylvester)

Solutie. Fie

M =

[Im −A0 In

], N =

[A 0

In B

],

P =

[In −B0 Ip

]si Q =

[0 −ABIn 0

].

Se verifica prin calcul direct relatia MNP = Q. Matricele M si P sunt inversabile (audeterminantul 1) daca nu se schimba rangul lui N si atunci avem:

rangN = rangQ = rang

[AB 0

0 In

]= n+ rang (AB).

AvemrangQ = rang (AB) + rang In = rangN ≥ rangA+ rangB,

decirang (AB) + n ≥ rangA+ rangB.

98

Problema 3.17 Daca A ∈Mm,n(C), B ∈Mq,p(C), C ∈Mn,q(C), atunci

rang (ACB) + rangC ≥ rang (AC) + rang (CB). (Frobenius)

Solutie. Folosim relatia[Im −A0 In

] [AC 0

0 CB

] [Iq −B0 Ip

]=

[0 −ACBC 0

]si rezulta

rang

[AC 0

0 CB

]= rang

[0 −ABCC 0

].

Primul rang este ≥ rang (AC) + rang (CB), iar al doilea este egal cu rang (ABC) +rangC.

Observatie. Daca ın teorema lui Frobenius luam n = q si C = In, obtinem teoremalui Sylvester.

Problema 3.18 Daca A ∈Mm,n(C) si B ∈Mn,p(C), atunci

rang (AB) ≤ rangA si rang (AB) ≤ rangB.

Solutie. Avem: [Im A

0 In

] [0 0

B 0

]=

[AB 0

B 0

]si atunci

rangB = rang

[0 0

B 0

]= rang

[AB 0

B 0

]≥ rang (AB).

Analog [0 0

A 0

] [In B

0 Ip

]=

[0 0

A AB

].

Problema 3.19 Daca A,B ∈Mm,n(C), atunci:

rang (A+B) ≤ rang

[A B

]≤ rangA+ rangB.

Solutie.

rang[A B

]= rang

[A A+B

]≥ rang (A+B)

rang[A B

]= rang

([A 0

]+[

0 B])

≤ rang[A 0

]+ rang

[0 B

]= rangA+ rangB.

(In egalitatea rang[A B

]= rang

[A A+B

]am adunat primele n coloane la

ultimele n, transformare elementara care nu schimba rangul. In relatia rang[A 0

]=

rangA si rang[A A+B

]≥ rang (A+B) am folosit faptul ca rangul unui bloc dintr-o

matrice este mai mic sau egal cu rangul matricei.)


Problema 3.20 Daca A,B ∈Mm,n(C) atunci:

rang (A±B) ≥ |rangA− rangB|.

Solutie. Avem

rangA = rang (A+B −B) ≤ rang (A+B) + rang (−B)

= rang (A+B) + rangB,

deci

rang (A+B) ≥ rangA− rangB.

Schimband B cu A rezulta

rang (A+B) ≥ rangB − rangA,

deci

rang (A+B) ≥ |rangA− rangB|.

Schimband B ın −B obtinem rang (A−B) ≥ |rangA− rangB|.

Problema 3.21 Fie B ∈Mn(R) o matrice cu proprietatea:

n∑i=1

n∑j=1

bijxixj ≥ 0, ∀ xi ∈ R, i = 1, n.

Sa se arate ca:

a) det(B + xIn) ≥ 0, ∀ x ∈ [0,∞);

b) det(AtA) ≥ 0, ∀ A ∈Mn,m(R), m ∈ N∗.

Solutie. a) Fie P (x) = det(B + xIn), P ∈ R[x]. E suficient sa aratam ca P nu areradacini strict pozitive.

Prin absurd, fie x0 > 0 o radacina a lui P ⇒ det(B + x0I) = 0 ⇔ sistemul (B +x0In)X = 0 are o solutie nebanala X 6= 0 deci

BX = −x0X ⇒ XtBX = −x0XtX ⇔∑bijxixj = −x0

(∑x2i

)< 0.

b) Fie B = AtA. Avem

(∑bijxixj

)= XtAtAX = (AX)t(AX) =

n∑i=1

y2i ≥ 0

si din a) rezulta det(B + xIn) ≥ 0, ∀ x ∈ [0,∞). Pentru x = 0 ⇒ detB ≥ 0 ⇔detAtA ≥ 0.

100

Problema 3.22 Fie k ∈ N∗, u1, u2, . . . , uk ∈ C∗, z1, z2, . . . , zk ∈ C∗ distincte si

an = u1zn1 + u2z

n2 + · · ·+ ukz

nk , n ∈ N.

Sa se arate ca daca multimea {an | n ∈ N} este finita, atunci exista d ∈ N∗ astfel ca

an = an+d, pentru orice n ∈ N.

Solutie. Daca multimea A = {an | n ∈ N} este finita, atunci si multimea k-uplurilor:

B = {(an, an+1, . . . , an+k−1) | n ∈ N}

este finita, deci exista 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 ⇔

S :

zp1(zd1 − 1)u1 + zp2(zd2 − 1)u2 + · · ·+ zpk(zdk − 1)uk = 0

zp+11 (zd1 − 1)u1 + zp+1

2 (zd2 − 1)u2 + · · ·+ zp+1k (zdk − 1)uk = 0

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

zp+k−11 (zd1 − 1)u1 + zp+k−12 (zd2 − 1)u2 + · · ·+ zp+k−1k (zdk − 1)uk = 0

unde d = q − p 6= 0.Notand x1 = (zd1 − 1)u1, x2 = (zd2 − 1)u2, . . . , xk = (zdk − 1)uk privim relatiile S, ca

sistem de ecuatii liniare, omogen cu necunoscutele x1, x2, . . . , xk.Determinantul sistemului este:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣zp1 zp2 . . . zpkzp+11 zp+1

2 . . . zp+1k

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

zp+k−11 zp+k−12 . . . zp+k−1k

∣∣∣∣∣∣∣∣ = zp1zp2 . . . z

pkV (z1, z2, . . . , zk)

Din ∆ 6= 0 ⇒ sistemul are doar solutia banala

⇒ zd1 = zd2 = · · · = zdk = 1 ⇒ an = an+d, n ∈ N.

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

fA(X) =n∑

i,j=1

bijxij , unde B = AAt.

Sa se arate ca:

a) fA(XXt) = 0 ⇒ X = 0,

b) [fA(XY )]2 ≤ fA(XXt)fA(Y tY ), X,Y ∈Mn(R).

Solutie. a) XXt = Y = [yij ], yij =

n∑k=1

xikxjk, bij =

n∑l=1

ailajl

fA(XXt) =

n∑i,j=1

bijyij =∑k,l

∑i,j

(xikail)(xjkajl)


=

n∑k,l=1

(a1lx1k + · · ·+ anlxnk)2 ≥ 0

fA(XXt) = 0 ⇔n∑i=1

ailxik = 0, ∀ k, l = 1, n ⇔

n∑i=1

atlixik = 0, ∀ k, l = 1, n ⇔ AtX = 0

detAt 6= 0 ⇒ AtX = 0 ⇔ X = 0.

b) AvemfA(aX + bY ) = afA(X) + bfA(Y )

sifA(Xt) = fA(X), fA(ZZt) ≥ 0

si luam Z = X + zY t, z ∈ R ⇒

fA(XXt + z(XY + (XY )t) + z2Y tY )

= fA(XXt) + 2zfA(XY ) + z2fA(Y tY ) ≥ 0, ∀ z ∈ R

⇒ [fA(XY )]2 − fA(XXt)fA(Y tY ) ≤ 0

Observatii. 1) In cazurile particulare A = In si A =

[1√n

]se obtine fA(X) = TrX

si fA(X) = S(X) (suma tuturor elementelor matricei X) care deci verifica b).

2) fA(X) =

n∑i,j=1

c2ij , C = AtX.

Problema 3.24 Fie a ∈ R si n ∈ N, n ≥ 2. Sa se arate ca pentru orice matrice inversabila

A ∈ Mn(R) care are toate elementele unei linii egale cu a, suma elementelor matricei

inverse A−1 este aceeasi.

Solutie. Din AA−1 = In notand cu C1, C2, . . . , Cn coloanele matricei A−1 si cu Ljlinia matricei A cu toate elementele egale cu a, avem:

LkC1 = [0], LkC2 = [0], . . . , LkCk = [1], . . . , LkCk = [0],

decin∑i=1

LkCi = [1] ⇔ Lk

n∑i=1

Ci = [1] ⇔ an∑

i,j=1

bij = 1,

unde A−1 = [bij ]i,j=1,n, adican∑

i,j=1

bij =1

a.

Problema 3.25 Sa se determine toate functiile 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

Solutie. Functia f(X) = rang (X) verifica conditia. Vom arata ca 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 inversabila.• Deci daca X este inversabila (rangX = n) atunci f(X) = f(In).• Daca X este inversabila si Y o matrice oarecare atunci

f(XY ) ≤ min{f(X), f(Y )} ≤ f(Y )

sif(Y ) = f(X1XY ) ≤ min{f(X−1), f(XY )} ≤ f(XY )

deci f(XY ) = f(Y ) pentru orice matrice inversabilaX si orice matrice Y . Analog f(Y Z) =f(Y ) daca Z este inversabila.• O matrice arbitrara Y , de rang k, prin transformari elementare poate fi adusa la

forma

Y =

[Ik 0

0 0

],

deci exista matricele inversabile X si Z astfel ca

Y = XY Z.

Conform rationamentelor anterioare f(Y ) = f(Y ), deci este suficient sa definim f pematricele de forma

Jk =

[Ik 0

0 0

].

Deoarece JkJk+1 = Jk rezulta f(Jk) ≤ f(Jk+1). Din surjectivitate rezulta 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 ca suma elementelor de pe

fiecare linie este egala cu 1.

Sa se arate ca:

a) det(A− In) = 0.

b) Pentru orice k ∈ N suma elementelor de pe fiecare linie a matricei Ak este egala cu

1.

c) Daca A este inversabila, atunci suma elementelor de pe fiecare linie a matricei A−1

este egala cu 1.

d) Pentru orice polinom P ∈ C[X] suma elementelor de pe fiecare linie a matricei P (A)

este aceeasi.

Solutie. Conditia ca suma elementelor de pe fiecare linie sa fie egala cu 1 este Ae = e,

unde e =

11...1

.


a) e este vector propriu pentru A si λ = 1 este valoare proprie, deci det(A− I) = 0.b) Ae = e ⇒ Ake = e.c) Ae = e ⇒ A−1e = e.d) Ae = e ⇒ P (A)e = P (1)e ⇒ suma elementelor de pe fiecare linie a matricei

P (A) este P (1).Observatii. 1) Daca si suma elementelor de pe fiecare coloana este 1, atunci etA = et

si are loc a), b), c), d).2) Daca sumele pe linii si coloane sunt 1, atunci acelasi lucru se ıntampla pentru Ak

si A−1, iar ın P (A) sumele sunt P (1).3) Daca sumele pe linii si coloane sunt 1 atunci suma tuturor elementelor matricei Ak

este n pentru orice k.

Problema 3.27 Se considera functia f :Mn,1(R)→ [0,∞),

f(x) =

n∑k=1

|xk|,

pentru orice x ∈Mn,1(R).

Sa se arate ca exista un numar finit de matrice A ∈ Mn(R) cu proprietatea f(Ax) =

f(x) pentru orice x ∈Mn,1(R).

Solutie. Fie e1, e2, . . . , en coloanele matricei unitate. Din f(Aej) = f(ej) rezulta

(1)n∑i=1

|aij | = 1, j = 1, n

Daca luam x = e1 ± e2 rezulta

(2)n∑i=1

|ai1 + ai2| =n∑i=1

|ai1 − ai2| = 2

Avem

2 =n∑i=1

|ai1 + ai2| ≤n∑i=1

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

deci

(3) |ai1 + ai2| = |ai1|+ |ai2|

2 =n∑i=1

|ai1 − ai2| ≤n∑i=1

(|ai1|+ | − ai2|) = 2,

deci

(4) |ai1 − ai2| = |ai1|+ | − ai2|

Din (3) si (4) rezulta

(5) ai1 = 0 sau ai2 = 0

104

Din (1) rezulta ca pe fiecare coloana avem un element nenul si din (5) rezulta ca dacape coloana 1 elementul nenul este ai1 6= 0, atunci ai2 = ai3 = · · · = ain = 0. In concluziepe fiecare linie si pe fiecare coloana avem un singur element nenul si din (1) rezulta camodulul lui este 1. Deci pe fiecare linie si coloana un singur element este nenul, egal cu 1sau −1. Multimea acestor matrice este finita si are 2n · n! elemente.

Problema 3.28 Se considera functia f :Mn,1(R)→ [0,∞),

f(x) = maxk=1,n

|xk|, pentru orice x ∈Mn,1(R).

Sa se arate ca exista un numar finit de matrice A ∈ Mn(R) cu proprietatea f(Ax) =

f(x), pentru orice x ∈Mn,1(R).

Solutie. Daca notam cu e1, e2, . . . , en coloanele matricei unitate, din relatia f(Aej) =f(ej) rezulta max

i=1,n|aij | = 1, j = 1, n si atunci matricea A nu contine elemente de modul

mai mare ca 1, dar pe fiecare coloana avem un element de modul 1. Daca pe coloana jelementul nenul este aij cu |aij | = 1 luam x = (li)

t (transpusa liniei i) si din f(Ax) = f(x)rezulta

n∑i=1

aikaik ≤ 1 ⇔n∑k=1

|aik|2 ≤ 1 ⇔ |aij |2 +∑j 6=j|aik|2 = 1

⇔ 1 +∑k 6=j|aik|2 = 1 ⇔ aik = 0, k 6= j.

In concluzie pe fiecare linie exista exact un element nenul de modul 1 (si pe fiecarecoloana). Numarul acestor matrice este finit N = 2nn!.

Problema 3.29 Fie A,B ∈Mn(C) si ε = cos2π

n+ i sin

2π

n. Sa se arate ca:

det(A+B) + det(A+ εB) + · · ·+ det(A+ εn−1B) = n[detA+ detB].

Solutie. det(A+ xB) = det(A) + · · ·+ xn detB = P (x).Avem

P (1) + P (ε) + · · ·+ P (εn−1) = n[detA+ detB]

deoarece sumele 1 + εk + ε2k + · · ·+ ε(n−1)k sunt 0, k = 1, n− 1.

Problema 3.30 Se considera matricea

An =

1 12

13 . . . 1

n

12

13

14 . . . 1

n+1

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

1n

1n+1

1n+2 . . . 1

2n−1

unde n este un numar natural nenul.

1) Aratati ca detAn este nenul.

2) Aratati ca suma elementelor matricei inverse A−1n este n2.


Solutie. 1) An =(

1i+j−1

)i,j=1,n

. Scadem ultima linie din celelalte linii, dam factor pe

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

detAn =[(n− 1)!]2

(2n− 1)!· det

1 1

213 . . . 1

n12

13

14 . . . 1

n+1

. . . . . . . . . . . . . . .1

n−11n

1n+1 . . . 1

2n−21 1 1 . . . 1

.

Scadem ultima coloana din celelalte coloane, dam factor comun pe linia i (i =1, 2, . . . , n− 1) pe 1

n+i−1 iar pe coloana j (j = 1, 2, . . . , n− 1) pe n− j. Rezulta ca

detAn =[(n− 1)!]4

(2n− 2)!(2n− 1)!· detAn−1.

Tinand cont ca detA1 6= 0, rezulta conluzia. (Chiar mai mult, detAn = [1!2!...(n−1)!]3n!(n+1)!...(2n−1)! .)

2) Consideram sistemul liniar

An

x1x2...xn

=

11...1

.

Atunci xi reprezinta suma elementelor de pe linia i a matricei A−1n , deci suma elementelorlui A−1n este x1 + x2 + · · ·+ xn.

Consideram

f(x) =x1x+ 1

+x2x+ 2

+ · · ·+ xnx+ n

=P (x)

(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 radacinile polinomului (x+ 1)(x+ 2) · · · (x+n)−P (x) sunt 0, 1, . . ., n− 1. Inseamnaca (x + 1)(x + 2) · · · (x + n) − P (x) = x(x − 1) · · · (x − (n − 1)). Egaland coeficientii luixn−1 rezulta

n(n+ 1)

2− (x1 + x2 + . . .+ xn) = −(n− 1)n

2

adicax1 + x2 + . . .+ xn = n2

ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 3.31 Fie A ∈ Mn(R) astfel ca detA = 0 si exista i ∈ {1, 2, . . . , n} astfel ca

minorul ∆ii sa fie nenul. Sa se arate ca rangAk = n− 1 pentru orice k ∈ N∗.

Solutie. Din conditiile problemei rezulta ca rangA = n− 1, deci sistemul Ax = 0 cux ∈ Mn,1(R) are solutiile de forma x = αx0 cu α ∈ R, x0 6= 0. Din AA∗ = detA · In = 0rezulta ca coloanele matricei reciproce sunt proportionale toate cu vectorul x0.

Vom arata ca sistemele Ay = 0, A2y = 0, . . . , Aky = 0, . . . sunt echivalente si atuncicum primul sistem are rangul n− 1 rezulta ca toate au rangul n− 1.

106

Daca A2y = 0, atunci A(Ay) = 0, deci Ay = αx0 care este un sistem neomogencompatibil, deci determinantul sau caracteristic este nul. Daca ∆nn este minorul nenuldin matricea A, atunci determinantul caracteristic este ∆c = det[a1, . . . , an−1, αx0] sicum x0 = βan∗, β 6= 0 unde a1, . . . , an−1, an sunt coloanele matricei A si a1∗, . . . , an∗coloanele matricei reciproce A∗. Dezvoltand ultimul determinant dupa ultima coloana∆c = αβ(∆2

1n + ∆22n + · · ·+ ∆2

nn), deci ∆c = 0 ⇔ α = 0 ⇔ Ay = 0.Analog din Ak+1y = 0 rezulta Aky = 0, k ∈ N∗.

Problema 3.32 Sa se arate ca pentru orice matrice A ∈ Mn(C) exista o infinitate de

numere naturale k astfel ca matricea Ak + In sa fie inversabila.

Solutie. Daca 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 sa fieinversabila 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.Daca ınsa exista k1, k2, . . . , kn astfel ca

λk11 + 1 = 0, λk22 + 1 = 0, . . . , λknn + 1 = 0

atunciλ2k11 + 1 6= 0, λ2k22 + 1 6= 0, . . . , λ2knn + 1 6= 0

siλ2pk11 + 1 6= 0, λ2pk22 + 1 6= 0, . . . , λ2pknn + 1 6= 0, p ∈ N∗.

Alegem k = 2k1k2 · · · kn.

Problema 3.33 Fie matricele A,B ∈Mn(C) cu proprietatea:

|det(A+ zB)| ≤ 1 pentru orice z ∈ C cu |z| = 1.

Sa se arate ca:

a) |detA+ z detB| ≤ 1 pentru orice z ∈ C cu |z| = 1.

b) Daca A,B ∈Mn(R) atunci (detA)2 + (detB)2 ≤ 1.

Solutie. a) Fie u ∈ C astfel ıncat un = z (|u| = 1)

det(A+ zB) = det(A+

z

uuB)

= det(A+ vC)

unde |v| = 1 si C = uB

det(A+ vC) = detA+ vα1 + · · ·+ vn detC = P (v)

Avem:n−1∑k=0

det(A+ εkC) = n(detA+ detC)

unde εk, k = 0, n− 1, sunt radacinile de ordin n ale unitatii.


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

n∑k=1

aik = 1, i = 1, n.

Sa se arate ca A nu poate avea valori proprii de modul mai mare ca 1.

Solutie. Daca λ ∈ C este valoare proprie si X vector propriu avem:

AX = λX, X 6= 0 ⇔n∑k=1

aikxk = λxi, i = 1, n

⇒ |λ| · |xi| =

∣∣∣∣∣n∑k=1

aikxk

∣∣∣∣∣ ≤n∑k=1

|aikxk| =n∑k=1

aik(±xk)

≤n∑k=1

aik maxk=1,n

|xk| = maxk=1|xk|

⇒ |λ|max |xk| ≤ max |xk| ⇒ |λ| ≤ 1.

Observatie. A[1] = [1], deci λ = 1 este valoare proprie si X = [1, . . . , 1]t este vectorpropriu.

Problema 3.35 Fie matricele A,B,C ∈ Mn(C) astfel ca C comuta cu A sau cu B. Sa

se arate ca:

det(AB + C) = det(BA+ C).

Solutie. Daca C este inversabila si comuta cu A atunci A comuta si cu C−1 si avem:

det(AB + C) = detC · det(C−1AB + In) = detC · det(AC−1B + In)

det(BA+ C) = det(BAC−1 + In) · detC.

Luam X = AC−1 si Y = B si avem:

det(XY + In) = det(Y X + In).

Daca C este neinversabila consideram matricea Cλ = C − λIn si pentru orice λ ∈ Ccare nu este valoare proprie pentru C, Cλ este inversabila si

P (λ) = det(AB + Cλ) = det(BA+ Cλ) = Q(λ).

Deoarece P si Q sunt polinoame ın λ, cu valori egale ıntr-o infinitate de valori λ ∈ C,rezulta P = Q si ın 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

numar prim. Sa se arate ca p− 1 | n.

108

Solutie. Polinomul P (x) = xp − 1 se anuleaza ın A (adica P (A) = 0), deci valorileproprii verifica ecuatia λp − 1 = 0. Din det(A− In) 6= 0 rezulta λ 6= 1, deci fiecare valoareproprie este radacina a polinomului g(x) = xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1 care este ireductibilpeste Q. Daca polinomul caracteristic are ca valoare proprie o radacina a lui g, le are petoate (cu acelasi ordin de multiplicitate), si nu mai are altele, deci fA(x) = ±(g(x))k, decin = k(p− 1).

Problema 3.37 Fie S(X) suma tuturor elementelor matricei X.

Sa se arate ca daca 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∗.

Solutie. Din teorema Cayley-Hamilton:

An + a1An−1 + a2A

n−2 + · · ·+ an−1A+ anIn = 0

si ınmultind cu Ak+1:

An+k+1 + a1An+k + · · ·+ an−1A

k+2 + anAk+1 = 0.

Aplicam functia S ın cele doua relatii si obtinem:

S(An) + a1S(An−1) + a2S(An−2) + · · ·+ an−1S(A) + anS(In) = 0

S(An+k+1) + a1S(An+k) + · · ·+ an−1S(Ak+2) + anS(Ak) = 0.

Prin inductie, daca presupunem adevarate concluziile pentru orice p ≤ k+n, cele douarelatii dau:

a) n+ a1n+ a2n+ · · ·+ ann = 0

S(An+k+1) + a1n+ a2n+ · · ·+ ann = 0

Prin scaderea lor rezulta S(An+k+1) = n.b)

(1) nn+1 + a1nn + · · ·+ an−1n

2 + ann = 0

(2) S(An+k+1) + a1nn+k+1 + · · ·+ an−1n

k+2 + annk+1 = 0

Scadem din (2) relatia (1) ınmultita cu nk+1 si obtinem:

S(An+k+1) = nn+k+2.

Problema 3.38 Fie A ∈Mn(C) si TrA =n∑i=1

aii urma matricei A.

Sa se arate ca daca Tr (Ak) = 0, k = 1, n, atunci

a) detA = 0

b) An = 0.


Solutie. Daca λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A, atunci λ21, λ22, . . . , λ

2n

sunt valorile proprii ale matricei A2, . . . , λn−11 , λn−12 , . . . , λn−1n sunt valorile proprii alematricei An−1 si atunci conditiile devin:

λ1 + λ2 + · · ·+ λn = 0λ21 + λ22 + · · ·+ λ2n = 0. . .

λn−11 + λn−12 + · · ·+ λn−1n = 0.

Daca λ1, λ2, . . . , λp sunt valorile proprii distincte, de multiplicitatik1, k2, . . . , kp atunci primele p relatii din sistem devin:

k1λ1 + k2λ2 + · · ·+ kpλp = 0k1λ

21 + k2λ

22 + · · ·+ kpλ

2p = 0

. . .k1λ

p1 + k2λ

p2 + · · ·+ kpλ

pp = 0

Relatiile arata ca (k1λ1, k2λ2, . . . , kpλp) este solutie a unui sistem de ecuatii liniareomogen, al carui determinant este un determinant Vandermonde

V (λ1, λ2, . . . , λp) 6= 0,

deci k1λ1 = k2λ2 = · · · = kpλp = 0 sau λ1 = λ2 = · · · = λp = 0.In concluzie matricea A are toate valorile proprii nule. Polinomul caracteristic al ma-

tricei A este fA(x) = xn si din teorema Cayley-Hamilton rezulta An = 0.

Problema 3.39 Fie A ∈ Mn(C) o matrice. Sa se arate ca daca An 6= 0, atunci Ak 6= 0

pentru orice k ∈ N∗.

Solutie. Daca prin absurd ar exista k ∈ N∗ astfel ca Ak = 0, atunci k > n si alegemk minim cu aceasta proprietate, deci Ak−1 6= 0.

Scriem teorema Cayley-Hamilton sub forma

a0In + a1A+ a2A2 + · · ·+ an−1A

n−1 +An = 0 (1)

Inmultimd cu Ak−1 si rezulta a0Ak−1 = 0 cu Ak−1 6= 0 deci a0 = 0.

Inmultim cu Ak−2 si rezulta a1Ak−1 = 0 deci a1 = 0.

Continuam ınmultind succesiv cu Ak−3, Ak−4, . . . , Ak−n si obtinem pe rand a2 = 0,a3 = 0, . . . , an−1 = 0. Recitind relatia (1) rezulta An = 0 (contradictie).

Problema 3.40 Fie A ∈Mn(C) o matrice patratica de ordin n pentru care exista astfel

k ∈ N∗ ca Ak = 0. Sa se arate ca:

a)

n∑i=1

aii = 0,

b)

n∑i,j=1

aijaji = 0.

110

Solutie. Daca Ak = 0, matricea A−xIn este inversabila pentru orice x 6= 0. Intr-adevar

(A− xIn)(Ak−1 + xAk−2 + · · ·+ xkIn) = Ak − xkIn = −xkIn

deci

(A− xIn)−1 =1

(−x)k(Ak + xAk−1 + · · ·+ xkIn)

Atunci det(A+ xIn) 6= 0, x 6= 0. Dar dezvoltand determinantul obtinem:

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

(n∑i=1

aii

)xn−1 +

∑i<j

∣∣∣∣ aij aijajj ajj

∣∣∣∣xn−1 + . . .

Dar singurul polinom de grad n cu singura radacina x = 0 este axn, deci det(A+xIn) =

xn si identificand coeficientii obtinem

n∑i=1

aii = 0 si

∑i<j

(aiiajj − aijaji) = 0 ⇔∑i 6=j

(aiiajj − aijaji) = 0 ⇔

∑i,j

aiiajj =∑

a2ii −∑i 6=j

aijaji = 0 ⇔(∑

aii

)2−

n∑i,j=1

aijaji = 0 ⇔

n∑i,j=1

aijaji = 0.

Problema 3.41 Fie A ∈ Mn(Z) cu detA = 1 si m ∈ Z. Sa se arate ca exista k ∈ N∗

astfel ca matricea Ak − In sa aiba toate elementele divizibile cu m.

Solutie. Pentru a dovedi afirmatia este suficient sa trecem ın clasele de resturi Zm sisa aratam ca daca A ∈Mn(Zm) exista k ∈ N astfel ca Ak − In = On (ın Zm).

DarMn(Zm) este finita (are mn2matrice), deci ın sirul {Ak− In}k∈N∗ exista cel putin

doua matrice egale: Ak1 − In = Ak2 − In ⇔ Ak2(Ak − In) = 0 (unde k = k1 − k2), darcum detA = 1, det(Ak2) = 1, deci Ak2 este inversabila si ınmultind cu (Ak2)−1 obtinemAk − In = 0.

Problema 3.42 Fie A,B,C,D ∈ Mn(C) cu A si C inversabile astfel ca AkB = CkD

pentru orice k ∈ N∗. Sa se arate ca B = D.

Solutie. Daca 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 inversabila).

Notam h(x) = (fg)(x) = a0 +m∑k=1

akxk, a0 6= 0. Avem h(A) = h(C) = 0 si atunci

h(A)B = h(C)D ⇔ a0B = a0D ⇔ B = D.


Problema 3.43 Fie n si k numere naturale mai mari sau egale cu 2. Sa se arate ca ın

Mn(C) ecuatia matriceala

Xk =

0 1 0

. . .. . .

. . . 1

0 0

nu are solutie pentru nici un k ≥ 2.

Solutie. Daca notam

A =

0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

atunci An−1 6= 0, An = 0. Daca ar exista X ∈ Mn(C) cu Xk = A, atunci Xkn = An = 0,deci X este nilpotenta si atunci Xn = 0. Din Xk = A 6= 0 rezulta k < n.

Fie n = kp+r, k, p ∈ N, n ≤ k−1. Din n < k(p+1) rezulta Xk(p+1) = 0 ⇔ Ap+1 = 0deci p + 1 ≥ n. Rezulta 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. In primele doua cazuri rezultan = 1 sau n = 0 (fals), iar ın ultimul caz rezulta n = k + 1 si A2 = 0, deci n = 2 si k = 1(contradictie 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.

Sa se arate ca An = In.

Solutie. Conditiile date se scriu ın functie de valorile proprii λ1, . . . , λn ale matriceiA, astfel:

λ1 + · · ·+ λn = 0, λ21 + · · ·+ λ2n = 0, . . . , λn−11 + · · ·+ λn−1n = 0

si

λn1 + · · ·+ λnn = 1,

sistem care datorita relatiilor lui Newton, determina unic valorile proprii. Se observa caradacinile de ordin n ale unitatii λ1 = ε1, . . . , λn = εn verifica sistemul, deci polinomulcaracteristic al matricei A este Xn − 1 = 0. Datorita Teoremei Cayley-Hamilton avemAn − In = 0.

Problema 3.45 Sa se arate ca daca A ∈M3(Q) verifica relatia A8 = I3, atunci A4 = I3.

112

Solutie. Polinomul minimal al matricei A divide polinomul P ∈ Q[x],

P (x) = x8 − 1 = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)(x4 + 1).

Daca A4 6= I3, atunci polinomul caracteristic al matricei A ar avea ca radacina una dinradacinile ecuatiei x4 + 1 = 0. Dar polinomul x4 + 1 este ireductibil ın Q[x], deci am aveadivizibilitatea x4 + 1 | mA, ceea ce este imposibil caci gradmA ≤ 3 si grad(x4 + 1) = 4.

Problema 3.46 Sa se arate ca daca exista matrice inversabile A ∈ Mn(Q) astfel ca

A−1 = A2 +A, atunci n este divizibil cu 3.

Solutie. Avem A3 + A2 − I = 0, deci polinomul minimal al matricei A este mA =x3 + x2 − 1, ireductibil ın Q[x]. Din teorema lui Frobenius polinomul caracteristic areaceiasi factori ireductibili, deci fA = mk

A si atunci n = 3k.Observatie. Un exemplu de matrice A ∈M3(Q) care verifica relatia este

A =

0 0 11 0 00 1 −1

.

(In Mn(R) exista matrice A de orice dimensiuni care sa verifice relatia data: daca notamcu a unica radacina reala a ecuatiei x3 + x2 − 1 = 0, atunci matricea A = aIn verificarelatia data.)

Problema 3.47 Fie

∞∑n=0

anx2n, dezvoltarea ın serie a functiei f(x) =

1

cosx. Numerele

en =1

(2n)!an se numesc numerele lui Euler. Sa se arate ca en = (2n)!Dn, unde

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1

2!1 0 0 . . . 0

1

4!

1

2!1 0 . . . 0

1

6!

1

4!

1

2!1 . . . 0

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

1

(2n)!

1

(2n− 2)!

1

(2n− 4)!

1

(2n− 6)!. . .

1

2!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Solutie. Avem:

cosx · 1

cosx= 1 ⇔

( ∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!

)( ∞∑n=0

anx2n

)= 1


si prin identificare obtinem sistemul:

a1 =1

2!

1

2!a1 − a2 =

1

4!

1

4!a1 −

1

2!a2 + a3 =

1

6!. . .

1

(2n− 2)!a1 −

1

(2n− 4)!a2 + · · ·+ (−1)n−1an =

1

(2n)!

din care an =∆n

∆, ∆ = (−1)

n(n−1)2

∆ = (−1)n(n−2)

2 Dn, deci an = Dn sau en = (2n)!Dn.

Problema 3.48 Fie n ≥ 2, n ∈ N. Sa se determine toate polinoamele f ∈ C[X] cu

proprietatea f(TrA) = Tr (f(A)) pentru orice A ∈Mn(C).

Solutie. Fie A =

x1 0. . .

0 xn

. Avem:

f(x1 + · · ·+ xn) = f(x1) + · · ·+ f(xn)

Luand x1 = · · · = xn = 0, f(0) = 0.Luand x3 = · · · = xn = 0, f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2), deci f(x) = ax, a ∈ C.

Problema 3.49 Fie n ≥ 2, n ∈ N. Sa se determine toate polinoamele f ∈ C[X] cu

proprietatea det(f(A)) = f(detA) pentru orice A ∈Mn(C).

Solutie. f ≡ 0 verifica relatia. Daca exista a ∈ C astfel ca f(a) 6= 0, fie:

A =

x1 0. . .

0 xn

Avem:

det f(A) = f(x1)f(x2) · · · f(xn) = f(detA) = f(x1x2 · · ·xn)

Luand x1 =1

x, x2 = x, x3 = · · · = xn = a ⇒

f(an−2) = f

(1

x

)f(x)(f(a))n−2

Daca f(x) = a0 + a1x + · · ·+ akxk obtinem f(x) = akx

k si revenind la prima relatie:f(x) = αxk, αn = α care verifica:

det(αAk) = αn(detA)k = α(detA)k.

Deci polinoamele au forma: f(x) = αxk, cu αn = α.

114

Problema 3.50 Sa se determine numarul matricelor de tip (m,n) cu elemente aij ∈ {±1}

pentru care produsul elementelor fiecarei linii si fiecarei coloane este −1.

Solutie. Se calculeaza produsul elementelor matricei A ın doua moduri:

∏i=1,m

j=1,n

aij =∏i=1,m

∏j=1,n

aij

=∏i=1,m

(−1) = (−1)m

∏i=1,m

j=1,n

aij =∏j=1,n

∏i=1,m

aij

=∏i=1,m

(−1) = (−1)n

rezulta (−1)m = (−1)n ⇔ (−1)m+n = 1 ⇔ m+ n este par.Deci daca m+ n este impar nu exista matrice cu proprietatea din enunt.Daca m + n este par vom arata ca exista o bijectie ıntre multimea matricelor de tip

(m− 1, n− 1) cu elemente din {±1} si multimea matricelor de tip (m,n) cu proprietateaceruta.

Fie B = [bij ] i=1,m−1

j=1,n−1

, bij ∈ {±1}.

Definim matricea A = [aij ] i=1,m

j=1,n

astfel

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

ain = −n−1∏j=1

aij , pentru i = 1,m− 1

amj = −m−1∏i=1

aij , pentru j = 1, n− 1

amn = −∏

j=1,n−1

amj = (−1)n∏

i=1,m−1

j=1,n−1

aij = −∏

i=1,m−1

ain = (−1)n∏

i=1,m−1

j=1,n−1

aij

care verifica proprietatea ceruta.Evident si invers, dintr-o matrice A de tip (m,n) cu proprietatea ceruta, prin eliminarea

unei linii si coloane obtinem o matrice A.Deci numarul elementelor este 2(m−1)(n−1) (numarul functiilor definite pe o multime

cu (m− 1)(n− 1) elemente cu valori ın multimea {±1} cu doua elemente).

Problema 3.51 Sa se determine numarul matricelor A ∈ Mm,n(Zp), p prim, care au

suma elementelor de pe fiecare linie si coloana egala cu r (r 6= 0).

Solutie. Din∑i=1,m

1,n

aij =∑i=1,m

r = mr si∑i=1,m

j=1,n

aij =∑j=1,n

r = nr rezulta mr = nr ⇔

(m− n)r = 0 ⇔ p | m− n.Deci daca m− n nu este divizibil cu p nu exista matrice cu proprietatea ceruta.Daca p | m− n aratam ca exista o bijectie ıntre multimea ceruta 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

ain = r −n−1∑j=1

aij , i = 1,m− 1


amj = r −m−1∑i=1

aij , j = 1, n− 1

am,n = r −m−1∑i=1

ain =∑

i=1,m−1

j=1,n−1

aij − (n− 2)r =∑

i=1,m−1

j=1,n−1

aij − (m− 2)r = r −n−1∑j=1

amj

Deci A are proprietatea ceruta.Evident functia astfel definita (f(B) = A) este injectiva si inversa sa este functia care

asociaza matricei A, matricea obtinuta prin eliminarea ultimei linii si coloane.Deci numarul matricelor este p(m−1)(n−1) (numarul functiilor de la o multime cu (m−

1)(n− 1) elemente cu valori ın Zp cu p elemente).

Problema 3.52 Fie A ∈ Mn(R) astfel ca A2 = −In. Sa se arate ca n este par si exista

o matrice P ∈Mn(R) astfel ca

P−1AP =

0 Ik

−Ik 0

, n = 2k.

Solutie. Forma Jordan verifica aceeasi relatie J2A = −In, la fel si fiecare celula Jordan.

Valorile proprii verifica relatia λ2 = −1 deci λ ∈ {−i, i} si polinomul caracteristic fiind real,ele se cupleaza ın perechi, deci sunt ın numar par. Daca forma Jordan nu ar fi diagonalaatunci J2

A 6= −In, deci forma Jordan este

JA =

[−iIk 0

0 iIk

]a carei forma reala este

J(R)A =

[0 Ik−Ik 0

].

Problema 3.53 Sa se arate ca daca A ∈M5(R) si A5 = I, atunci det(A− I) = 0.

Solutie. Daca prin absurd det(A − I) 6= 0, atunci din A5 − I = 0 ⇔ (A − I)(A4 +A3 + A2 + A + I) = 0 rezulta A4 + A3 + A2 + A + I = 0. Daca λ este o valoare proprieatunci ea verifica ecuatia x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 0 care are doar radacini complexe x1, x1si x2, x2. Polinomul caracteristic fiind cu coeficienti reali de grad impar trebuie sa aiba celputin o radacina reala (aceasta nu poate fi decat λ = 1).

Problema 3.54 Fie A ∈Mn(C) o matrice cu valorile proprii distincte si

C(A) = {B ∈Mn(C)| AB = BA}.

a) Sa se arate ca toate matricele din C(A) au aceeasi vectori proprii.

b) Sa se arate ca C(A) este un subspatiu vectorial ın Mn(C) de baza

{I, A,A2, . . . , An−1}.

116

Solutie. a) Fie λ1, . . . , λn valorile proprii distincte ale lui A si X1, . . . , Xn vectoriiproprii corespunzatori. Subspatiile Vk = {X| AX = λkX} = {aXk| a ∈ C} sunt dedimensiune 1. Daca B ∈ C(A) atunci A(BXk) = B(AXk) = λk(BXk) deci BXk ∈ Vk sauBXk = αkXk, αk ∈ C, deci Xk este vector propriu pentru B.

Observatie. In baza X1, . . . , Xn matricele din C(A) au forma diagonala.

b) Din observatia anterioara C(A) =

λ1 0. . .

0 λk

, λk ∈ C, deci C(A) este spatiu

vectorial de dimensiune n. E suficient sa aratam ca matricele I, A, . . . , An−1 sunt liniarindependente.

Daca a1I + a2A + · · · + anAn−1 = 0 ⇔ P (A) = 0, atunci P (A)Xk = P (λk)Xk = 0,

deci P (λk) = 0, k = 1, n ⇔1 λ1 . . . λn−11

1 λ2 . . . λn−12

. . . . . . . . . . . .1 λn . . . λn−1n

·a1a2...an

=

00...0

si cum matricea din dreapta este o matrice Vandermonde de numere distincte rezultaa1 = · · · = an = 0.

Problema 3.55 a) Sa se arate ca orice matrice este asemenea cu matricea obtinuta prin

simetrie fata de centrul ei.

b) Sa se arate ca o matrice este asemenea cu transpusa ei.

Solutie. a) Consideram matricea

J =

0 1

. ..

1 0

, J = J−1

Daca ınmultim cu J ın stanga se rastoarna liniile, iar daca ınmultim pe J ın dreaptase rastoarna coloanele.

b) Aducem A la forma canonica Jordan

A ∼

Jλ1

. . .

Jλk

Pentru o celula Jordan Jλ matricea obtinuta prin simetrie centrala este σ(Jλ) = J tλ ⇒

JA ∼ J tA prin

Q =

J1

. . .

Jk

deci

A = PJAP−1, At = P tJ tA(P−1)t = P tQJAQ

−1(P−1) = (P tQP−1)A(PQ−1(P−1)t)

⇒ At ∼ A prin P tQP−1.


Problema 3.56 Sa se arate ca orice matrice A ∈ Mn(C) este asemenea cu o matrice

simetrica SA ∈Mn(C).

Solutie. Este suficient sa demonstram pentru A celula Jordan, chiar mai particularA = J0.

Consideram P =1√2

(I + iJ), PP = I, unde

J =

0 1

. ..

1 0

Avem prin calcul direct

J0 =

0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

, J0J =

0 1 0

. ... ..

1 . ..

0 0

JJ0 =

0 0

. ..

1

. ... ..

0 1 0

, JJ0J =

0 0

1. . .

. . .. . .

0 1 0

PJ0P

−1 =1

2(I + iJ)J0(I − iJ) =

1

2(J0 + JJ0J) +

i

2(JJ0 − J0) =

=1

2

0 1 0

1. . .

. . .

. . .. . . 1

0 1 0

+i

2

0 −1 0

. ..

. ..

1

−1 . ..

. ..

0 1 0

care este simetrica.

Problema 3.57 Fie A ∈ Mn(C). Sa se arate ca A are n valori proprii distincte daca si

numai daca singura matrice nilpotenta cu care comuta este matricea nula.

Solutie. Daca A are valorile proprii distincte λ1, λ2, . . . , λn, atunci forma sa canonicaJordan este

JA = P−1AP = diag[λ1, λ2, . . . , λn].

Fie B ∈Mn(C) o matrice nilpotenta cu care A comuta. Din AB = BA rezulta

JA(P−1BP ) = (P−1BP )JA

din care rezulta ca matricea P−1BP este diagonala si ın plus nilpotenta, deci

P−1BP = 0 ⇔ B = 0.

118

Reciproc, vom arata ca daca A are o valoare proprie multipla, atunci exista o matricenilpotenta nenula B cu care A comuta. Fie JA = P−1AP forma canonica Jordan a matriceiA,

JA = diag[Jλ1 , Jλ2 , . . . , Jλk ]

ın care blocul Jordan Jλ1 are dimensiunea ≥ 2. Consideram blocul Jordan B1 de aceeasidimensiune cu Jλ1 , cu zero pe diagonala si construim matricea

B′ = diag[B1, B2, . . . , Bk]

ın care B2 = . . . = Bk = 0. Observam ca

JAB′ = B′JA ⇔ P−1APB′ = B′P−1AP ⇔

A · (PB′P−1) = (PB′P−1)A

iar matricea B = PB′P−1 este nilpotenta si nenula.

Problema 3.58 Fie A,B,C,D ∈Mn(R) astfel ca matricele ABt si CDt sa fie simetrice

si ADt −BCt = In. Sa se arate ca AtD − CtB = In.

Putnam, 1986

Solutie. Din conditiile date prin transpunere obtinem:

ABt = BAt, CDt = DCt si DAt − CBt = In

care pot fi scrise sub forma[A BC D

]·[

Dt −Bt

−Ct At

]=

[In 00 In

]= I2n ⇔

MN = I2n ⇔ NM = I2n ⇔[Dt −Bt

−Ct At

]·[A BC D

]=

[In 00 In

]⇒

−CtB +AtD = In.

Problema 3.59 Fie A,B,C,D ∈ Mn(C) astfel ca matricea M =

A B

C D

sa fie in-

versabila si notam M−1 =

E F

G H

, cu E,F,G,H ∈Mn(C).

Sa se arate ca detM · detH = detA.

IMC, 1997

Solutie. In egalitatea [A B

C D

]·[In F

0 H

]=

[A 0

C In

]se trece la determinanti.


Problema 3.60 Fie A,B,C ∈Mn(C) cu A inversabila. Sa se arate ca

det

A B

Bt C

= detA · det(C −BtA−1B).

Concurs Rusia, 2004

Solutie. In egalitatea:[A B

Bt C

]=

[In 0

BtA−1 In

]·[A 0

0 C −BtA−1B

]·[In A−1B

0 In

]se trece la determinanti.

Problema 3.61 Fie A ∈M4,2(R) si B ∈M2,4(R) astfel ca

AB =

1 0 −1 0

0 1 0 −1

−1 0 1 0

0 −1 0 1

.

Sa se determine BA.

IMC, 2004

Solutie. Fie A =

[A1

A2

], B =

[B1 B2

], cu A1, A2, B1, B2 ∈M2(R).

Avem

AB =

[I2 −I2−I2 I2

]=

[A1

A2

] [B1 B2

]=

[A1B1 B1B2

A2B1 A2B2

]deci

A1B1 = A2B2 = I2 si A1B2 = A2B1 = −I2.

Astfel B1 = A−11 , B2 = −A−12 si A2 = B−12 = −A1, deci

BA =[B1 B2

]·[A1

A2

]= B1A1 +B2A2 = 2I2 =

[2 00 2

].

Problema 3.62 Fie A,B ∈ M2(R) avand 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

Solutie. Avem TrA = 1 + 3 = 4, TrB = 2 + 4 = 6 si Tr (A + B) = TrA + TrB ⇔5 + 6 = 4 + 6 fals, deci ın primul caz raspunsul este negativ.

In cazul al doilea Teorema Cayley-Hamilton pentru A, B si A+B da:

A2 − 4A+ 3I2 = 0 ⇔ (A− 2I2)2 = I2

B2 − 6B + 8I2 = 0 ⇔ (A− 3I2)2 = I2

(A+B)2 − 10(A+B) + 5I2 = 0 ⇔ (A+B − 5I2)2 = 16I2

Notam A− 2I2 = X, B − 3I2 = Y obtinem relatiile

X2 = Y 2 = I2 si (X + Y )2 = 16I2 ⇔ X2 + Y 2 +XY + Y X = 16I2 ⇔

XY + Y X = 14I2 (∗)

In (∗) ınmultim cu X la dreapta si obtinem

Y +XYX = 14X

ınmultim cu Y la stanga si obtinem

X +XYX = 14Y

Prin scadere rezulta X = Y si atunci (X + Y )2 = 4I2 6= 16I2, deci nici acest caz nupoate exista.

Problema 3.63 Fie A ∈M3(C) cu detA = 1, TrA = TrA−1 = 0. Sa se arate ca A3 = In.

Iran

Solutie. Fie λ1, λ2, λ3 valorile proprii ale lui A. Avem:

λ1λ2λ3 = 1, λ1 + λ2 + λ3 = 0,1

λ1+

1

λ2+

1

λ3= 0 ⇔

S1 = 0, S2 = 0, S3 = 1 ⇒ fA(x) = x3 − 1

si din Teorema Cayley-Hamilton rezulta A3 = I3.

Problema 3.64 Fie A,B ∈Mn(C) astfel ca AB +A+B = 0. Sa se arate ca AB = BA.

IMC, 2003

Solutie. Avem AB +A+B + In = In ⇔

(A+ In)(B + In) = In ⇔ (B + In)(A+ In) = In ⇔

BA+A+B = 0 ⇒ AB = BA.

Observatie. Analog daca AB = A+B atunci AB = BA.

Problema 3.65 Fie A,B ∈ Mn(R) astfel ca A2 + B2 = AB si matricea AB − BA este

inversabila. Sa se arate ca n este divizibil cu 3.


IMC, 1997

Solutie. Fie ε =−1 + i

√3

2, radacina de ordin 3 a unitatii (ε3 = 1) si C = A + εB.

AvemCC = (A+ εB)(A+ εB) = A2 + εBA+ εAB +B2

= AB + εBA+ εAB = ε(BA−AB).

Deoarece det(CC) = detC · detC = | detC|2 ≥ 0 si pe de alta parte

det(CC) = εn det(BA−AB),

rezulta ca det(BA−AB) = 0 sau εn ∈ R ⇒ n se divide cu 3.

Problema 3.66 Fie A,B,C ∈Mn(C) cu A inversabila si (A−B)C = BA−1. Sa se arate

ca C(A−B) = A−1B.

IMC, 2009

Solutie. (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−1B.

Problema 3.67 Fie A1, A2, . . . , Ak ∈Mn(R) astfel ca

A1At1 +A2A

t2 + . . .+AnA

tn = 0.

Sa se arate ca A1 = A2 = . . . = An = 0.


A =[A1 A2 . . . Ak

]∈Mn,kn(R)

si conditia data se scrie sub forma

AAt = 0 ⇒ Tr (AAt) = 0 ⇔n∑i=1

kn∑j=1

|aij |2 = 0 ⇔

aij = 0, i = 1, n, j = 1, kn, deci A = 0.

Problema 3.68 Fie A ∈Mn(C) o matrice cu proprietatea ca pentru orice x ∈Mn,1(C)

exista Nx ∈ N∗ astfel ca ANxx = 0. Sa se arate ca An = 0.

Solutie. Fie

E1 =

10...0

, E2 =

01...0

, . . . , En =

00...1

baza canonica si N = max{NE1 , NE2 , . . . , NEn}.

Avem:ANE1 = ANE2 = . . . = ANEn = 0 sau ANIn = 0,

deci AN = 0 si din Teorema Cayley-Hamilton rezulta An = 0.

122

Problema 3.69 Fie A,B ∈Mn(C) astfel ca A2B +BA2 = 2ABA. Sa se arate ca exista

un numar natural k astfel ca (AB −BA)k = 0.

IMC, 2009

Solutie. Daca notam C = AB−BA, atunci relatia data se scrie sub forma AC−CA =0 ⇔ AC = CA.

Avem:

Cm+1 = Cm(AB −BA) = A(CmB)− (CmB)A,

deci Tr (Cm+1) = 0, pentru orice m ≥ 0. Din Tr (C) = Tr (C2) = . . . = Tr (Cn) = 0rezulta ca toate valorile proprii ale matricei C sunt egale cu zero, polinomul caracteristiceste fC(x) = xn si din teorema Cayley-Hamilton rezulta Cn = 0.

Problema 3.70 Fie A,B ∈Mn(R) astfel ca AB −BA = aA, unde a 6= 0.

a) Sa se arate ca pentru orice k ∈ N∗ avem AkB −BAk = akAk.

b) Sa se arate ca An = 0.

IMC, 1994

Solutie. a) Prin inductie dupa k, daca ın relatia AkB −BAk = akAk ınmultim cu Aobtinem:

Ak+1B −ABAk = akAk+1.

Acum ınlocuim AB cu BA+ aA si obtinem:

Ak+1B − (BA+ aA)Ak = akAk+1 ⇔

Ak+1B −BAk+1 = a(k + 1)Ak+1.

b) Trecand la urme ın relatia de la a) obtinem:

Tr (akAk) = Tr (AkB)− Tr (BAk) = 0,

deci Tr (Ak) = 0. Din TrA = TrA2 = . . . = TrAn = 0 rezulta ca toate valorile propriiale matricei A sunt egale cu zero. Polinomul caracteristic este fA(x) = xn si din teoremaCayley-Hamilton rezulta An = 0.

Problema 3.71 Fie A,B ∈ Mn(C) doua matrice pentru care exista numerele distincte

z0, z1, z2, . . . , zn ∈ C astfel ca matricele Ck = A + zkB, k = 0, n sa fie nilpotente. Sa se

arate ca matricele A si B sunt nilpotente.

IMC, 1995

Solutie. O matrice X ∈Mn(C) este nilpotenta daca si numai daca

Xn = 0.


Considerand matricea Z(z) = A+ zB, avem ca

(A+ zB)n = 0 pentru orice z ∈ {z0, z1, . . . , zn}.

Avem

(A+ zB)n = An + zD1 + z2D2 + . . .+ zn−1Dn−1 + znBn = 0

unde D1, D2, . . . , Dn−1 ∈Mn(C). Deoarece pe fiecare pozitie (i, j) polinomul se anuleazaın n + 1 numere distincte, el este identic nul, deci ın An si ın Bn elementele de pe oricepozitie (i, j) sunt egale cu zero. Deci An = Bn = 0.

Problema 3.72 Fie A ∈ Mn(R) astfel ca 3A3 = A2 + A + In. Sa se arate ca sirul Ak

converge la o matrice idempotenta.

IMC, 2003

Solutie. Polinomul minimal al matricei A este divizor al polinomului f(x) = 3x3 −x2 − x − 1, care are trei radacini distincte. Rezulta ca matricea A este diagonalizabila.

Valorile proprii sunt λ1 = 1 si λ2,3 =−1± i

√2

3cu |λ2,3| =

√5

3< 1. Astfel ca

limk→∞

Ak =

[Ip 0

0 0

]= B

unde p este numarul valorilor proprii egale cu 1. Evident B2 = B.

Problema 3.73 Fie A,B ∈M2(Z) astfel ca matricele A, A+B, A+2B, A+3B si A+4B

sa fie inversabile si inversele lor sa fie ın M2(Z). Sa se arate ca A+ 5B este inversabila si

(A+ 5B)−1 ∈M2(Z).

Putnam, 1994

Solutie. Consideram polinomul de grad ≤ 2, fA,B(x) = det(A + xB) si observam cadaca C ∈M2(Z), atunci C−1 ∈M2(Z) daca si numai daca detC ∈ {−1, 1}.

Din conditiile date avem: fA,B(0), fA,B(1), fA,B(2), fA,B(3) si fA,B(4) sunt fiecare egalecu 1 sau −1, cel putin trei din ele au aceeasi valoare. Din fA,B(i) = fA,B(j) = fA,B(k) sigradfA,B ≤ 2 rezulta ca fA,B este constant (egal cu 1 sau cu −1), deci si fA,B(5) ∈ {−1, 1},adica matricea A+ 5B este element inversabil ın inelul M2(Z).

Problema 3.74 Fie A,B ∈ M2(R) astfel ca exista n ≥ 1 cu (AB − BA)n = I2. Sa se

arate ca n este par si ca (AB −BA)4 = I2.

Putnam

124

Solutie. Fie C = AB −BA cu Tr (C) = 0 deci

C2 = −detC · I2 unde C =

[a bc −a

].

Avem: C2k = (−detC)kI2 si C2k+1 = (− detC)kC 6= I2.Ramane ca

(−detC)k = 1 ⇔ (a2 + bc)k = 1 ⇒ a2 + bc ∈ {−1, 1} ⇒ C4 = (∓1)2I2 = I2.

Problema 3.75 Fie A,B,C,D ∈ M2(C) si notam [A,B] = AB − BA. Sa se arate ca

exista λ ∈ C astfel ca

[A,B] · [C,D]− [C,D] · [A,B] = λI2.

Putnam

Solutie. Avem Tr [A,B] = 0, deci exista α ∈ C astfel ca

[A,B]2 = αI2 (α = −det[A,B]).

Analog exista β, γ ∈ C astfel ca

[C,D]2 = βI2 si [A,B] + [C,D]2 = γI2.

Rezulta

[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) astfel ca

AB =

8 2 −2

2 5 4

−2 4 5

.Sa se arate ca BA = 9I2.

Putnam

Solutie. Prin calcul (AB)2 = 9(AB) ⇒ rang (AB)2 = rang (AB) = 2 ⇔

rangA(BA)B = 2 ⇒ rang (BA) ≥ 2

si cum BA ∈M2(C) ⇒ rang (BA) = 2, deci BA este inversabila. Deci

(AB)2 = 9AB ⇒ B(AB)2A = 9BABA ⇔ (BA)3 = 9(BA)2 ⇒ BA = 9I2.


Problema 3.77 Fie A ∈ Mn(R), A 6= 0 astfel ca aikajk = akkaij pentru orice i, j, k =

1, n. Sa se arate ca:

a) TrA 6= 0.

b) At = A.

c) fA(x) = xn−1(x− TrA).

Iran

Solutie. Fie B = AAt = [bij ], avem

bij =n∑k=1

aikajk =n∑k=1

akkaij = aij(TrA) ⇒

B = (TrA)A ⇔ AAt = (TrA)A (∗)

a) Daca prin absurd TrA = 0 ⇒ AAt = 0 ⇒ Tr (AAt) = 0 ⇒ A = 0.b) Din (∗) prin transpunere

(AAt)t = (TrA)At ⇔ AAt = (TrA)At ⇒ A = At.

c) Este suficient sa aratam ca rangA = 1 deci ca coloanele sunt proportionale. DinTrA 6= 0 rezulta ca exista akk 6= 0. Avem

Cj =ajkakk

Ck.

Problema 3.78 Fie A,B ∈Mn(C) astfel ca rang (AB −BA) = 1. Sa se arate ca (AB −

BA)2 = 0.

IMC, 2000

Solutie. Matricea C = AB−BA fiind de rang 1 are cel mult o valoare proprie nenulasi daca o notam cu λ atunci Tr (C) = λ. Pe de alta parte Tr (C) = Tr (AB)−Tr (BA) = 0,deci λ = 0. Astfel ca toate valorile proprii ale matricei C sunt egale cu zero. In plus ınforma canonica Jordan a matricei C exista un singur bloc de dimensiune 2 (ın rest estediagonala) si atunci J2

C = 0, deci C2 = 0.

Problema 3.79 Fie A,B ∈ Mn(R) astfel ca Tr (AAt + BBt) = Tr (AB + AtBt). Sa se

arate ca A = Bt.

Putnam

Solutie. Tr (AAt +BBt) = Tr (AAt) + Tr (BBt)

= Tr (AAt) + Tr (BtB) = Tr (AAt +BtB)

Tr (AB +AtBt) = Tr (AB) + Tr (AtBt)

126

= Tr (AB) + Tr (BtAt) = Tr (AB +BtAt).

Relatia data devine:

Tr (AAt +BtB) = Tr (AB +BtAt) ⇔

Tr (AAt +BtB −AB −BtAt) = 0 ⇔ Tr ((A−Bt)(At −B)) = 0 ⇔

Tr ((A−Bt)(A−Bt)t) = 0 ⇔ A−Bt = 0 ⇔ A = Bt

(din Tr (MM t) = 0 rezulta M = 0).

Problema 3.80 Fie A,B ∈Mn(C). Sa se arate ca Tr (AB) ≤ 1

2Tr (AA∗ +BB∗).

Solutia 1. Avem

Tr (AB) = a11b11 + a12b21 + a13b31 + . . .+ a1nbn1 + a21b12

+a22b22 + . . .+ a2nbn2 + . . .+ an1b1n + an2b2n + . . .+ annbnn

(1)

≤√|a11|2 + |a12|2 + . . .+ |ann|2 ·

√|b11|2 + |b21|2 + . . .+ |bnn|2

=√

Tr (AA∗) · Tr (BB∗)

(2)

≤ 1

2(Tr (AA∗) + Tr (BB∗)) =

1

2Tr (AA∗ +BB∗).

In (1) am aplicat inegalitatea Cauchy-Schwarz, iar ın (2) am aplicat inegalitatea medi-ilor.

Solutia 2. Fie B = C∗. Avem

Tr (AB) = Tr (AC∗) = 〈A,C〉 ≤ ‖A‖ · ‖C‖

=√〈A,A〉 ·

√〈C∗, C∗〉 =

√Tr (AA∗) ·

√Tr (C∗C)

=√

Tr (AA∗) ·√

Tr (BB∗) ≤ 1

2(Tr (AA∗) + Tr (BB∗)).

Problema 3.81 Fie A ∈ Mn(C) o matrice nesingulara cu coloanele A1, A2, . . . , An si

fie B ∈ Mn(C) cu coloanele A2, A3, . . . , An, 0. Sa se arate ca matricele C = BA−1 si

D = A−1B au rangurile n− 1 si toate valorile proprii sunt zero.

IMC, 1995

Solutie. Fie

J0 =

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

celula Jordan cu λ = 0 pe diagonala.

Se verifica relatia B = AJ0 ⇔ J0 = A−1B = D si C = BA−1 = AJ0A−1, deci

matricele C si J0 sunt asemenea iar J0 are rangul n − 1 si toate valorile proprii egale cuzero (la fel matricele C si D).


Problema 3.82 Fie m ≥ 2, n ≥ 2 numere naturale si a1, a2, . . . , am, am+1 numere

reale. Sa se arate ca exista matricele A1, A2, . . . , Am ∈ Mn(R) astfel ca detA1 =

a1, . . . ,detAm = am si det(A1 + . . .+Am) = am+1.

Putnam

Solutie. Luam

A1 =

a1 01 1 0

. . .

0 1

, A2 =

a2 b0 1 0

. . .

0 1

,

Ai =

ai

1 0. . .

0 1

, i = 3,m

si avem detAi = ai, i = 1,m

A1 +A2 + . . .+Am =

s b1 m 0

. . .

0 m

, unde s = a1 + a2 + . . .+ am.

Dezvoltand cu regula lui Laplace dupa primele doua linii obtinem:

det(A1 +A2 + . . .+Am) = mn−2(sm− b).

Din conditia mn−2(sm− b) = am+1 rezulta b = sm− am+1m2−n.

Problema 3.83 Fie A ∈Mn(R) astfel ca A3 = A. Sa se arate ca

rangA+ rang (A− In) + rang (A+ In) = 2n.

Solutie. Aratam mai ıntai ca matricea A este diagonalizabila. Daca Jλ este unuldin blocurile diagonale din forma canonica Jordan avem J3

λ = Jλ, ceea ce este fals dacadimensiunea blocului Jλ este ≥ 2. Valorile proprii ale matricei A verifica ecuatia λ3 = λdeci λ ∈ {0,−1, 1} si atunci forma canonica Jordan este

JA =

0nIp−Iq

si avem:

rangA = rang JA = p+ q, rang (A− In) = r + q si rang (A+ In) = r + p,

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

128

Problema 3.84 Fie A ∈ Mn({−1, 1}), n impar. Notam cu ai produsul elementelor de

pe linia i si cu bj produsul elementelor de pe coloana j. Sa se arate ca

n∑i=1

ai +n∑j=1

bj 6= 0.

Iran

Solutie. Consideram matricea Jn = [1] cu toate elementele egale cu 1 si avem

ai = bj = 1, ∀ i, j ⇒∑

ai +∑

bj = 2n = 4k + 2 (pentru n = 2k + 1).

Orice matrice A ∈ Mn({−1, 1}) se obtine ınlocuind succesiv ın Jn cate un 1 cu cateun −1. La fiecare astfel de modificare se schimba cate un ai ın −ai si cate un bj ın −bjsi astfel suma

∑ai se mareste sau se micsoreaza cu 2 si la fel

∑bj astfel ca suma

A+B =∑

ai +∑

bj creste cu 4 sau scade cu 4 sau ramane la fel. Pornind de la suma

4k + 2 ın final obtinem pentru orice A dat o suma de forma 4p+ 2 6= 0.Observatie. Pentru n par n = 2k (k impar) un contraexemplu este matricea

Hadamard

H4k =

[Jk −JkJk Jk

]cu a1 = . . . = ak = −1, ak+1 = . . . = a2k = 1, b1 = . . . = bk = −1, bk+1 = . . . = b2k = 1.

Problema 3.85 Fie A ∈ Mn(C) astfel ca A2 = In si

n∑j=1

aij = s, ∀ i = 1, n. Sa se

determine valorile posibile ale lui s.

Iran

Solutie. Notam A2 = B = [bij ] si avem:

bij =n∑k=1

aikakj .

Avemn∑

i,j=1

bij = n ⇔n∑

i,j=1

(n∑k=1

aikakj

)= n ⇔

n∑k=1

n∑i,j=1

aik︸︷︷︸αi

akj︸︷︷︸βj

= n ⇔n∑k=1

(a1k + . . .+ ank)(ak1 + . . .+ akn) = n ⇔

n∑k=1

(a1k + . . .+ ank)s = n ⇔

((n∑k=1

a1k

)+ . . .+

(n∑k=1

ank

))s = n ⇔

ns2 = n ⇔ s2 = 1, deci s ∈ {−1, 1}.

Observatie. s = 1 pentru A = In si s = −1 pentru A = −In.


Problema 3.86 Fie A ∈ Mn(Z), detA 6= 0, astfel ca pentru orice k ∈ N∗ exista Xk ∈

Mn(Z) astfel ca Xkk = A. Sa se arate ca A = In.

Solutie. Pentru orice numar prim p care nu divide detA, matricea Xk este inversabilaın Mn(Zp) si daca luam k = |GLn(Zp)| avem din teorema lui Lagrange ca (Xk)

k = In,

deci A = In ⇔ A ≡ In (mod p). Rezulta ca toate elementele matricei A − In suntdivizibile cu p. Deoarece aceasta are loc pentru toate numerele prime p care nu divid detA(o infinitate), rezulta A− In = 0, deci A = In.

Problema 3.87 Fie A,B,C,D ∈Mn(C) astfel ca AkC = DBk, pentru orice k ∈ N∗.

a) Sa se arate ca daca A si B sunt inversabile, atunci C = D.

b) Daca matricele A si B nu au valori proprii comune, sa se arate ca ecuatia AX = XB

are doar solutia X = 0 iar ecuatia AY − Y B = C are o singura solutie, pentru orice

C ∈Mn(C).

Solutie. a) Fie fA, fB polinoamele caracteristice ale matricelor A si B si

g = fAfB =

m∑k=1

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

Avem g(A) = g(B) = 0 deci

g(A)C = Dg(B) ⇔∑

AkC + a0C =∑

DBk + a0D ⇒ C = D.

b) Fie X o solutie a ecuatiei AX = XB (exista cel putin solutia banala). Prin inductieAkX = XBk, ∀ k ∈ N∗

⇒ fA(A)X = XfA(B) ⇒ XfA(B) = 0.

Daca valorile proprii ale lui A sunt λ1, λ2, . . . , λn atunci

fA(x) = (x− λ1) . . . (x− λn), fA(B) = (B − λ1I) . . . (B − λnI)

si det(B − λiI) 6= 0 ⇒ fA(B) este inversabila si atunci X = 0.Consideram ecuatia AY − Y B = C ca sistem de n2 ecuatii liniare cu n2 necunoscute

(elementele matricei Y ). Matricea sistemului este aceeasi cu a sistemului AX −XB = 0care am vazut ca are doar solutie unica. Atunci si sistemul neomogen are doar solutieunica.

Problema 3.88 Fie A = [aij ]i=1,mj=1,n

o matrice cu elementele numere pozitive. Numim

”transformare” ınlocuirea tuturor elementelor de pe o linie sau de pe o coloana cu inversele

lor. Sa se arate ca putem efectua o succesiune de ”transformari” care modifica matricea

A ın matricea B cu proprietatea ca produsul tuturor elementelor de pe fiecare linie si de

pe fiecare coloana este cel putin 1.

130

Solutie. Daca C este o matrice obtinuta prin transformari din A, atunci cij = aij sau

cij =1

aij, deci numarul matricelor ce pot fi obtinute din A este finit (maxim 2mn). Fie

B matricea pentru care produsul tuturor elementelor este maxim (dintre toate matriceleobtinute prin transformari succesive din A). Aratam ca B are proprietatea ceruta. Dacade exemplu, prin absurd ar exista o linie sau coloana cu produsul elementelor mai mic ca1, facem ın ea transformarea care inverseaza elementele acestei linii sau coloane si obtinemo matrice B1 ın care produsul elementelor este strict mai mare (contradictie cu alegereamatricei 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.

Sa se arate ca:

a) Determinantul matricei A este egal cu zero.

b) S(Ak) = 0, pentru orice k ∈ N∗.

c) Sa se dea exemplu de matrice nenula A cu proprietatea din enunt.

Solutie. Din teorema Cayley-Hamilton scriem relatia

An − σ1An−1 + σ2An−2 − · · ·+ (−1)n−1σn−1A+ (−1)n detA · In = 0 (1)

a) Aplicam ın (2) functia S si obtinem

S(An)− σ1S(An−1) + · · ·+ (−1)n−1σn−1S(A) + (−1)n detA · n = 0

si din ipoteza rezulta detA = 0.b) Inmultim ın (1) cu A si apoi aplicam S, obtinem S(An+1) = 0.Inmultim ın (1) cu A2 si apoi aplicam S, obtinem S(An+2) = 0.Prin inductie rezulta S(An+k) = 0, ∀ k ∈ N.c) Fie x1, x2, . . . , xn ∈ R cu x1 + x2 + · · ·+ xn = 0 si

X =

x1x2...xn

6= 0.

Definim A = XXt si avem

S(A) = (x1 + x2 + · · ·+ xn)2 = 0.

A2 = XXtXXt = (x21 + x22 + · · ·+ x2n)A, deci S(A2) = 0

Ak = (x21 + x22 + · · ·+ x2n)k−1A, deci S(Ak) = 0, k ∈ N∗.


Problema 3.90 Fie U = {z ∈ C | |z| = 1} si A,B ∈ Mn(C) astfel ca detB 6= 0,

AB = BA si det(A+ zB) ∈ U pentru orice z ∈ U . Sa se arate ca detB ∈ U si An = 0.

Solutie. Functia f(z) = det(A+ zB) = a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n este polinomialade grad n (an = detB 6= 0).

Conditia det(A + zB) ∈ U pentru orice z ∈ U se scrie f(z)(f(z)) = 1, pentru orice z

cu z =1

z. Avem

(a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n)(a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n) = 1 ⇔

(a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n)(a0zn + a1z

n−1 + a2zn−2 + · · ·+ an) = zn.

Ultima egalitate avand loc pentru o infinitate de valori ale lui z, ea este identitate depolinoame. Prin identificarea coeficientilor obtinem succesiv:

a0an = 0, an 6= 0 ⇒ a0 = 0

a1an = 0 ⇒ a1 = 0, a2an = 0 ⇒ a2 = 0, . . . , an−1an = 0 ⇒ an−1 = 0 si

anan = 1 ⇔ | detB| = 1 ⇔ detB ∈ U.In concluzie

f(z) = anzn ⇔ det(A+ zB) = detB · zn ⇔

det[B(B−1A+ zIn)] = detB · zn ⇔ detB · det(B−1A+ zIn) = detB · zn ⇔det(B−1A+ zIn) = zn ⇔ h(z) = zn,

unde h este polinomul caracteristic al matricei C = −B−1A. Conform teoremei Cayley-Hamilton

(−B−1A)n = 0 ⇔ (B−1A)n = 0 ⇔ (B−1)nAn = 0 ⇔ An = 0

Observatie. Conditia AB = BA este necesara dupa cum se vede din urmatorul exem-plu:

A =

0 0

1. . .

0 1

, B =

0 1

1. . . 0. . .

. . .

0 1 0

AB 6= BA

det(A+ zB) = (−1)n+1zn; | 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 doua linii Li, Lj cu i 6= j, suma lor Li+Lj contine n elemente numere

pare si n elemente numere impare.

a) Sa se arate ca pentru orice doua coloane Ci si Ci cu i 6= j, suma lor Ci +Cj contine

n elemente numere pare si n elemente numere impare.

b) Sa se arate ca pentru orice k ≥ 1 exista matrice de ordin 2k cu proprietatea (P ).

132

Solutie. a) Asociem matricei A = [aij ], matricea B = [bij ] ın care bij = 1 daca aijeste numar par si bij = −1 daca aij este numar impar (bij = (−1)aij ).

Observam ca matricea A are proprietatea (P) daca si numai daca produsul oricaror

doua linii L′i si L′j din matricea B contine n de 1 si n de −1, adica2n∑k=1

bikbjk = 0.

Deoarece2n∑k=1

(bik)2 = 2n, ∀ i = 1, 2n rezulta ca A are proprietatea (P) daca si numai daca

B · Bt = 2n · I2n. Evident avem si BtB = 2nI2n, relatie care reinterpretata da aceleasiconditii asupra coloanelor matricei B, respectiv asupra coloanelor matricei A.

b) Definim

B2 =

[1 1−1 1

]si B2k+1 =

[B2k B2k

−B2k B2k

], ∀ k ≥ 1,

respectiv

A2 =

[1 10 1

]si A2k+1 =

[A2k A2k

A2k A2k

], ∀ k ≥ 1,

unde [aij ] = [aij ] si 1 = 0, 0 = 1.Observatie. Se poate pune urmatoarea problema: care sunt numerele naturale n pen-

tru care exista A de dimensiune 2n cu proprietatea (P)?Nu stim raspunsul, dar credem ca sunt numai numerele de forma n = 2k, k ∈ N.

Problema 3.92 Cu numerele reale a1, a2, . . . , an; b1, b2, . . . , bn definim matricele patratice

de ordin n: A = [aij ], B = [bij ], unde aij = ai − bj si

bij =

1 daca aij ≥ 0

0 daca aij < 0, i, j = 1, n.

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

n∑j=1

bij =n∑j=1

cij , i = 1, n si

n∑i=1

bij =

n∑i=1

cij , j = 1, n.

a) Sa se arate can∑

i,j=1

aij(bij − cij) = 0 si B = C.

b) In ce conditii matricea B este inversabila?

SEEMOUS, 2009

Solutie. a)

n∑i,j=1

aij(bij − cij) =

n∑i=1

ai

n∑j=1

bij −n∑j=1

cij

− n∑j=1

bj

(n∑i=1

bij −n∑i=1

cij

)= 0


Analizam semnul termenului

aij(bij − cij) = (ai − bj)(bij − cij). (1)

Daca ai ≥ bj atunci aij ≥ 0, bij = 1 si cij ∈ {0, 1}, deci aij(bij − cij) ≥ 0.Daca 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 rezulta aij(bij − cij) = 0, i, j = 1, n.Daca aij 6= 0 ⇒ bij = cij .Daca bij = 0 ⇒ aij < 0 (aij 6= 0) ⇒ bij = cij = 0.

Deci bij ≥ cij , ∀ i, j = 1, n si din conditiile daten∑

i,j=1

bij =n∑

i,j=1

cij , rezulta bij =

cij , ∀ i, j = 1, n.b) Putem considera ca numerele sunt ordonate a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an si b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn,

deoarece reordonarea numerelor a1, a2, . . . , an revine la permutarea liniilor matricei B iarreordonarea numerelor b1, b2, . . . , bn revine la permutarea coloanelor matricei B.

Daca exista ai si ai+1 ıntre care nu se afla nici un bj atunci liniile Li si Li+1 sunt egale(matricea B este neinversabila). Daca exista bi si bi+1 ıntre care nu se afla nici un aj atuncicoloanele ci si ci+1 sunt egale.

In concluzie numerele b1, b2, . . . , bn separa numerele a1, a2, . . . , an. Daca a1 este cel maimic numar atunci prima linie are toate elementele zero. Deci cel mai mic este b1 si avemconditia b1 ≤ a1 < b2 ≤ a2 < · · · < bn ≤ an pentru care matricea B este

B =

1 0 0 . . . 01 1 0 . . . 01 1 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . .1 1 1 . . . 1

, inversabila.

Concluzie: bi1 ≤ aj1 < bi2 ≤ aj2 < · · · < bin ≤ ajn , unde i1, . . . , in si j1, . . . , jn suntpermutari ale multimii {1, 2, . . . , n}.

Problema 3.93 Sa se determine rangul maxim si rangul minim al unei matrice A ∈

Mn(R) ale carei elemente sunt numerele 1, 2, . . . , n2.

IMC, 2007

Solutie. Rangul maxim este n. Un exemplu este o matrice ın care sub diagonalatoate numerele sunt pare, pe diagonala sunt numai numere impare iar deasupra diagonaleicelelalte elemente. Valoarea determinantului este impara (trecand ın Z2), deci nenula.

Rangul minim este 2: putem rearanja liniile si coloanele astfel ca 1 = a11 < a12 < . . . <a1n si a11 < a21 < . . . < an1 astfel ca a1n ≥ n si an1 ≥ n, cel putin una din inegalitati fiindstricta. Minorul

∆ =

∣∣∣∣ a11 a1nan1 ann

∣∣∣∣ = a11ann − a1nan1 < 1 · n2 − n2 = 0

deci ∆ 6= 0.Matricea A = [aij ]i,j=1,n cu aij = n(i−1)+ j are rangul 2, orice linie este o combinatie

liniara a liniilor [1, 2, . . . , n] si [1, 1, . . . , 1].

134

Problema 3.94 a) Fie A ∈ Mn(R), n ≥ 2 o matrice simetrica, inversabila, cu elemente

pozitive. Sa se arate ca numarul elementelor egale cu zero ın matricea A−1 este cel mult

n2 − 2n.

b) Sa se dea un exemplu de matrice A simetrica si inversabila pentru care matricea

inversa A−1 are n2 − 2n elemente egale cu zero.

IMC, 1994

Solutie. a) Fie B = A−1 = [bij ]i,j=1,n.

Din AB = In obtinemn∑i=0

aikbkj = 0, pentru orice i 6= j si cum matricea A are toate

elementele pozitive rezulta ca pentru orice i = 1, n fixat, exista cel putin un bkj > 0 si un

bk′j < 0, deci pe orice coloana a matricei B avem cel putin doua elemente nenule. In totalavem cel putin 2n elemente nenule ın A−1, deci cel mult n2 − 2n elemente egale cu zero.

b) Luam

A =

1 1 1 . . . 11 2 2 . . . 21 2 1 . . . 1...

......

1 2 1

,

si prin transformari elementare ın matricea[A In

]obtinem ca A−1 = B cu elementele

nenule:

bij =

2 pentru i = j = 1(−1)n pentru i = j = n(−1)k pentru i = k, j = k + 1 sau i = k + 1, j = k.

In total B are 2n− 2 + 2 = 2n elemente nenule.

Problema 3.95 Fie A,B ∈ Mm,n(C). Sa se arate ca rangB ≤ rangA daca si numai

daca exista matricele Q ∈Mm(C) inversabila si M ∈Mn(C) astfel ca

B = QAM.

Solutie. Evident ca rangB = rang (QAM) ≤ rangA.Ramane sa aratam ca orice matrice B de rang ≤ rangA se poate pune sub forma

B = QAM . Fie rangA = k si fie B o matrice de rang p ≤ k. Consideram forma canonicade rang a matricei B:

B =

[Ip 0

0 0

]si forma canonica a matricei A:

A =

[Ik 0

0 0

]si se verifica relatia B = AB.


Cum B = Q1BP1, A = Q2AP2, cu Q1, Q2 ∈ GLm(C), P1, P2 ∈ GLn(C) rezulta

Q1BP1 = Q2AP2B ⇔

B = (Q−11 Q2)A(P2BP−11 ) = QAM.

Problema 3.96 Fie G = {A1, A2, . . . , Ak} ⊂ Mn(R) astfel ca (G, ·) sa fie un grup sik∑i=1

Tr (Ai) = 0. Sa se arate ca

n∑i=1

Ai = 0.

Putnam, 1985

Solutie. Pentru orice j = 1, k fixat avem:

AjG = G ⇔ {AjA1, . . . , AjAk} = {A1, . . . , Ak}.

Sumam si notam S = A1 + . . .+Ak si obtinem

AjS = S, j = 1, k.

Sumam din nou si obtinem S2 = kS.Valorile proprii ale matricei S nu pot fi decat radacini ale polinomului x2 = kx = 0

deci λS ∈ {0, k}. Din conditia Tr (S) = 0, suma acestor valori proprii trebuie sa fie zerodeci toate valorile proprii sunt 0. Matricea S − kIn are toate valorile proprii egale cu k,deci nenule si atunci S − kIn este inversabila. Din S(S − kIn) = 0 rezulta S = 0.

Problema 3.97 Fie A ∈ GLn(C) astfel ca AA = In. Sa se arate ca exista B ∈ GLn(C)

astfel ca A = B−1B.

IMC, 2002

Solutie. Vom cauta matricea B sub forma B = αA+ βIn cu α, β ∈ C.Avem:

A = B−1B ⇔ BA = B ⇔ (αA+ βIn)A = αA+ βIn ⇔

αAA = βA = αA+ βIn ⇔ αIn + βA = αA+ βIn.

Daca luam β = α relatia are loc, deci

B = αA+ αIn, α ∈ C.

Mai trebuie pusa conditia detB 6= 0.Avem

detB = det(αA+ αIn) = αn det

(A+

α

αIn

).

Este suficient sa alegem un numar α ∈ C diferit de −λ1,−λ2, . . . ,−λn, undeλ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A.

136

Problema 3.98 Fie matricea A =

a11 a12

a21 a22

a31 a32

si b =

b1

b2

b3

un vector coloana cu

proprietatea ca ecuatia AX = b admite o solutie. Sa se arate ca exista un vector coloana

c =

c1

c2

c3

astfel ıncat ecuatia

a11 a12 b1

a21 a22 b2

a31 a32 b3

Y = c (3.1)

sa nu aiba nici o solutie.

First Internet Mathematics Olympiad Ariel, 2 ianuarie 2008

Solutie. Varianta I. Se noteaza cu C1 si C2 coloanele matricei A, A = [C1 C2] .Faptul ca ecuatia AX = b admite o solutie este echivalent cu

[C1 C2]

[x1x2

]= b⇒ b = x1C1 + x2C2 ⇒ b ∈ Span {C1, C2} .

Dar dimR Span {C1, C2} ≤ 2 si rezulta ca exista c ∈ R3 \ Span {C1, C2} pentru care

sistemul

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

Y = c nu are solutie.

Varianta II. Deoarece sistemul AX = b are solutie, rezulta ca determinantul caracte-ristic este nul, deci

rang

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

≤ 2.

Conform teoremei lui Kronecker-Cappelli sistemul (3.1) este compatibil daca si numaidaca rangul matricei sistemului este egal cu rangul matricei extinse. Rezulta ca pentru casistemul sa fie incompatibil trebuie ca

rang

a11 a12 b1 c1a21 a22 b2 c2a31 a32 b3 c3

6= rang

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

.Evident ca se poate gasi un vector c astfel ıncat sa avem conditia satisfacuta.

Problema 3.99 Fie matricele A,B ∈Mn(R) care satisfac conditiile:

A 6= B, AB = BA si A2 = B2.

Sa se demonstreze ca matricea A+B este singulara.

First Internet Mathematics Olympiad Ariel, 2 ianuarie 2008


Solutie. Datorita conditiei AB = BA se poate scrie A2−B2 = (A−B) (A+B) = On.Daca A+B ar fi nesingulara, atunci exista (A+B)−1 .Se ınmulteste relatia A2 −B2 = On la dreapta cu (A+B)−1 .Rezulta ca A−B = On ⇒ A = B, ın contradictie cu ipoteza.

Problema 3.100 Fie A ∈Mn(R) si se defineste

sinA = A− 1

3!A3 +

1

5!A5 − 1

7!A7 +

1

9!A9 − · · · (3.2)

(a) Sa se demonstreze ca daca A este o matrice simetrica, atunci toate elementele matricei

sinA apartin intervalului [−1, 1].

(b) Este afirmatia adevarata si pentru matrice nesimetrice?

Second Internet Mathematics Olympiad Ariel, 19 Mai 2008

Solutie. Daca se considera o norma matriceala | . |, are loc proprietatea∣∣Ak∣∣ ≤ |A|k .

Dar ∣∣∣∣∣∞∑n=1

(−1)n−1

(2n+ 1)!A2n+1

∣∣∣∣∣ ≤∞∑n=1

(−1)n−1

(2n+ 1)!

∣∣A2n+1∣∣ ≤ ∞∑

n=1

(−1)n−1

(2n+ 1)!|A|2n+1

care este o serie numerica convergenta. De aici rezulta convergenta seriei (3.2).(a) Daca A este simetrica, atunci matricea este ortogonal asemenea cu o matrice diag-

onala.Fie P ∈Mn(R), P−1 = P t, A = PDP t.Atunci sinA = P

(D − 1

3!D3 + 1

5!D5 − 1

7!D7 + 1

9!D9 − ...

)P t = P (sinD)P t,

sinD =

sinλ1 0 · · · 0· · · sinλ2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · sinλn

,

unde λ1, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A. Pe diagonala lui sinD elementele suntmai mici sau egale cu 1. Daca un vector se ınmulteste cu o matrice ortogonala, lungimeavectorului nu se modifica.

Se presupune ca matricea sinA ar avea un element mai mare decat 1. Prin ınmultirematricei cu un vector al bazei canonice convenabil ales se obtine un vector de lungime maimare ca 1. Ceea ce este ın contradictie cu cele afirmate mai sus.

(b) Fie A =

(0 1−1 0

)nesimetrica. Atunci

A2 =

(0 1−1 0

)(0 1−1 0

)=

(−1 00 −1

)= −I

A3 =

(−1 00 −1

)(0 1−1 0

)=

(0 −11 0

)= −A

A5 = A2A3 = ADeci sinA = A

(1 + 1

3! + 15! + 1

7! + 19! + ...

)care are elemente mai mari ca 1.

138

Problema 3.101 Fie A ∈ M2008(R). Toate elementele matricei sunt 0 sau 1. Se pre-

supune ca orice doua linii difera ıntre ele prin jumatate din pozitii. Sa se demonstreze ca

orice doua coloane difera ıntre ele prin jumatate din pozitii.

Second Internet Mathematics Olympiad Ariel, 19 Mai 2008

Solutie. Fara a schimba sensul problemei se poate presupune ca elementele matriceiA sunt −1 si 1. Se observa ca orice doua linii din matrice sunt ortogonale. Daca se ımpartelementele matricei prin

√2008, atunci liniile matricei vor forma o baza ortonormata.

Rezulta ca matricea este ortogonala, deci si coloanele vor forma o baza ortonormata. Prinurmare ın matricea initiala orice doua coloane difera ıntre ele prin jumatate din pozitii.

Problema 3.102 Sa se demonstreze ca daca X ∈ Mn(R) cu TrX = 0, atunci exista

doua matrice A,B ∈Mn(R) astfel ıncat X = AB −BA.

Internet Mathematics Olympiad Individual Contest, 17 Noiembrie 2008

Solutie. Varianta I.Se poate considera forma Jordan a lui X. Structura lui X va fi: pe diagonala principala

si deasupra diagonalei principale, eventual, elemente diferite de zero si TrX = 0.Se considera matricea A ca fiind matricea cu 1 deasupra diagonalei principale si 0 ın

rest. Se observa ca pentru orice matrice B, produsul AB este matricea B din care s-ataiat linia ıntai si s-a adaugat o linie egala cu 0; produsul BA este matricea B ın care s-aintrodus o coloana nula si s-a taiat ultima coloana.

Presupunem ca B are pe diagonala principala elementele b1, b2, . . . , bn si sub diagonalaprincipala c1, c2, . . . , cn−1.

B =

b1 0 0 0 0c1 b2 0 0 00 c2 b3 0 0· · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 cn−1 bn

.

AB −BA =

=

c1 b2 0 · · · 0 00 c2 b3 · · · 0 0· · · · · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · cn−1 bn0 0 0 · · · 0 0

−

0 b1 0 · · · 0 00 c1 b2 · · · 0 0· · · · · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · cn−2 bn−10 0 0 · · · 0 cn−1

=

=

c1 b2 − b1 0 · · · 0 00 c2 − c1 b3 − b2 · · · 0 0· · · · · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · cn−1 − cn−2 bn − bn−10 0 0 · · · 0 −cn−1

.

Se observa ca Tr (AB − BA) = 0 iar determinarea lui (bi)i=1,n se reduce la un sistemde n − 1 ecuatii cu n necunoscute care ıntodeauna este compatibil (rangul matricei esten− 1).


Daca se considera o matrice oarecare, care admite o forma Jordan si daca P estematricea modala se observa ca

PXP−1 = PABP−1 − PBAP−1 =(PAP−1

) (PBP−1

)−(PBP−1

) (PAP−1

),

de unde rezulta concluzia.Varianta II.Fie subspatiile vectoriale S = Span{AB − BA : A,B ∈ Mn(R)}, U = {X ∈ Mn(R) :

Tr (X) = 0}.Se demonstreaza ca S = U si de aici rezulta solutia problemei propuse.Se observa ca daca X ∈ S atunci exista (Ai)i=1,k , (Bi)i=1,k ∈ Mn (R) , (ci)i=1,k ∈ R

astfel ıncat X =k∑i=1

ci (AiBi −BiAi). Rezulta, folosind proprietatile urmei, ca

Tr (X) = Tr (

k∑i=1

ci(AiBi −BiAi)) =

k∑i=1

ciTr (AiBi −BiAi) = 0.

Asadar S ⊆ U.Pentru a arata cealalta incluziune se defineste aplicatia liniara Tr :Mn(R)→ R.Din Teorema rangului avem ca dimMn (R) = dim(Ker Tr ) + dim(rang Tr ), deci

dim(Ker Tr ) = n2 − 1.Rezulta dimU = n2 − 1 si dimS ≤ n2 − 1.Se demonstreaza ca dimS = n2−1. Pentru aceasta se pune ın evidenta ın S un sistem

de n2 − 1 vectori liniar independenti.Fie matricea Eij ∈ Mn(R) cu elementul de pe pozitia (i, j) egal cu 1 si zero ın rest.

Pentru i 6= j, Eij = EikEkj − EkjEik, deci Eij ∈ S. Pentru j > 1, E11 − Ejj = Ej1E1j −E1jEj1, deci E11−Ejj ∈ S si se demonstreaza ca sistemul de n2−1 vectori astfel construiteste liniar independent.

Problema 3.103 Sa se gaseasca toate numerele naturale n astfel ıncat ecuatia

(a21 + a22 + · · ·+ a2n)(b21 + b22 + · · ·+ b2n)− (a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 = n+ 1

sa fie satisfacuta pentru orice numere naturale a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn.

Third Internet Mathematics Olympiad for Students, 18 Decembrie 2008

Solutie. Se observa ca(a21 + a22 + ...+ a2n

) (b21 + b22 + ...+ b2n

)− (a1b1 + a2b2 + ...+ anbn)2 =

=n∑i=1

n∑j=1

a2i b2j −

n∑i=1

a2i b2i −

∑1≤i<j≤n

2aibiajbj =∑

1≤i<j≤n(aibj − ajbi)2 .

Se considera vectorii vi =

(aibi

), i = 1, n. Fiecare pereche de vectori nenuli, daca

vectorii sunt coliniari, nu contribuie la suma, iar daca vectorii nu sunt coliniari contribuieprintr-un numar natural pozitiv.

Daca toti vectorii sunt coliniari, rezultatul este zero.Se presupune ca nu toti vectorii sunt coliniari. Se considera un vector v0 si k vectori

coliniari cu v0 iar n− k vectori necoliniari cu v0. Fiecare pereche formata dintr-un vectordin cei k vectori si un vector din cei n− k vectori contribuie la suma cu cel putin valoarea1, deci suma totala va avea valoarea cel putin k(n− k).

140

k(n−k) poate fi privita ca ecuatia unei parabole ın k, valorile expresiei k(n−k) trebuiesa fie pozitive, valoarea 0 este luata pentru k = 0 sau k = n. Valoarea minima trebuie safie mai mare strict decat zero, ea poate fi luata pentru k = 1 sau k = n−1. Atunci valoareminima este n− 1.

Se considera cazurile:a) k(n− k) = n− 1Aceasta se ıntampla daca k = 1 si respectiv k = n−1. Fiecare pereche de vectori poate

influenta suma cu valoarea 1, daca ar influenta cu 4 sau mai mult, suma va creste cu 3 siva deveni n+2. Astfel, deoarece raspunsul nu este n−1 rezulta ca printre cei n−1 vectoritrebuie sa existe vectori necoliniari. Atunci contributia celor n − 1 vectori va fi cel putinn− 2 si astfel valoarea va fi macar 2n− 3 ≤ n− 1, deci n ≤ 4.

b) k(n− k) 6= n− 1Se considera valori minime nenule, ele vor fi luate ın 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 minimafiind 2 (n− 2) . Rezulta ca 2 (n− 2) ≤ n− 1, deci n ≤ 5.

Exemplu de 5 vectori, n = 5 :

(11

),

(11

),

(11

),

(12

),

(12

).

Sunt trei vectori coliniari si alti doi vectori coliniari, toti cei cinci vectori nefiind col-iniari, astfel ıncat obtinem 6 perechi necoliniare.∑

1≤i<j≤5(aibj − ajbi)2 = 6.

Exemplu de 4 vectori, n = 4 :

(11

),

(12

),

(23

),

(23

).∑

1≤i<j≤4(aibj − ajbi)2 = 5.

Problema 3.104 Fie A,B ∈Mn(R) cu proprietatea ca ABA = BAB. Sa se demonstreze

ca una din urmatoarele conditii este satisfacuta:

(a) una dintre matrice este singulara,

(b) matricele A si B au acelasi determinant.

Fourth Internet Mathematics Olympiad for Students, 14 Mai 2009

Solutie. Se aplica determinantul ambilor membri si se obtine

(detA)2 detB = (detB)2 detA⇔ (detA) (detB) (detA− detB) = 0,

de unde rezulta concluzia.

Problema 3.105 Fie A,B ∈M2(C) doua matrice nenule. Sa se demonstreze ca exista o

matrice C ∈M2(C) astfel ıncat ACB 6= 0.

Fifth Internet Mathematics Olympiad for Students, 17 Decembrie 2009

Solutie. Se stie ca oricarei matrice ıi corespunde o aplicatie liniara. Daca matriceaeste nenula, aplicatia liniara nu este identic egala cu aplicatia nula. De asemenea, dacaaplicatia liniara nu este aplicatia nula, exista cel putin un vector care nu apartine nucleuluiaplicatiei liniare si imaginea aplicatiei contine un vector nenul.


Se considera ca cele trei matrice sunt matricele (de exemplu, ın baza canonica) a treia trei aplicatii liniare, T, P si respectiv Q.

Se considera vectorul w /∈ Ker T , T (w) 6= θ. Fie v ∈ ImQ. Rezulta ca exista uastfel ıncat Q(u) = v. Se defineste aplicatia liniara P astfel ıncat P (v) = w. Rezulta ca(T ◦ P ◦Q)(u) = T (P (Q(u)) = T (P (v)) = T (w) 6= θ.

Problema 3.106 Liniile unui determinant corespunzator unei matrice patratice de ordin

3 sunt cifrele consecutive a unor numere formate din trei cifre, toate divizibile prin 17.

Demonstrati ca determinantul se divide prin 17.

Sixth Internet Mathematics Olympiad for Students, 20 Mai 2010

Solutie. Se presupune ca ın scrierea determinantului pe prima coloana este scrisa cifrasutelor, pe a doua cifra zecilor si pe a treia a unitatilor. Se ınmulteste prima coloana cu100, a doua cu 10 si se aduna la ultima coloana. Valoarea determinantului nu se schimbasi elementele de pe ultima coloana sunt divizibile cu 17, deci determinantul se divide prin17.

Problema 3.107 Cate matrice patratice de ordin doi satisfac urmatoarele conditii:

(a) elementele matricelor iau valori ın multimea {−1, 0, 1},

(b) ridicand matricea la puterea 2010! se obtine matricea identitate.

Second Team Internet Mathematical Olympiad for Students, 14 Decembrie 2010

Solutie. Polinomul caracteristic al matricei A este x2 − (TrA)x+ detA = 0.Din conditia b) rezulta ca detA = ±1 si valorile proprii ale matricei A sunt radacinile

complexe ale lui 1. Se observa ca |TrA| ≤ 2, deoarece elementele matricei nu depasescvaloarea 1.

In continuare se analizeaza separat toate valorile posibile ale lui TrA si detA.Cazul 1. |TrA| = 2. In acest caz ambele valori proprii sunt sau 1 sau −1. Matricea este

diagonalizabila deoarece, ın caz contrar daca se ridica matricea la puterea n ın coltul dindreapta nu se poate obtine niciodata zero. Rezulta ca A = ±I2. In acest caz exista douamatrice care satisfac conditiile problemei.

Cazul 2. TrA = 0, detA = −1. Valorile proprii ale matricei sunt ±1. Pe diagonalaprincipala a matricei se pot pune:

- doi de zero, iar pe diagonala secundara obligatoriu doi de 1 sau doi de −1.

A =

(0 11 0

), A2 =

(1 00 1

), A =

(0 −1−1 0

), A2 =

(1 00 1

),

deci A la orice putere para este I2.In acest caz sunt doua matrice care satisfac conditiile problemei.- un 1 si un −1. Atunci pe diagonala secundara se pot pune un 1 si un 0, un −1 si un

0 sau doi de 0.

A =

(1 10 −1

), A =

(1 01 −1

), A =

(1 −10 −1

), A =

(1 0−1 −1

), A =(

1 00 −1

).

La fel

142

A =

(−1 10 1

), A =

(−1 01 1

), A =

(−1 −10 1

), A =

(−1 0−1 1

), A =(

−1 00 1

).

In toate situatiile de mai sus A la orice putere para este I2.In acest caz sunt 12 matrice.Cazul 3. TrA = 0, detA = 1. Valorile proprii ale matricei sunt ±i.Daca pe diagonala principala a matricei se pune 1 si −1, atunci produsul elementelor

de pe diagonala secundara trebuie sa fie 2, ceea ce este imposibil, conform conditiei a).Daca pe diagonala principala avem 0, atunci numerele de pe diagonala secundara

trebuie sa fie 1 si −1.

A =

(0 −11 0

), A4 =

(1 00 1

); A =

(0 1−1 0

), A4 =

(1 00 1

),

deci A la orice putere multiplu de 4 este I2.In acest caz sunt doua matrice care satisfac conditiile problemei.Cazul 4. TrA = −1. Polinomul caracteristic este x2 + x+ detA = 0.Daca detA = −1⇒ x2 +x−1 = 0, x1,2 = 1

2

√5− 1

2 ,−12

√5− 1

2 deci cazul nu se acceptaconform observatiei ca valorile proprii ale matricei A sunt radacinile complexe ale lui 1.

Daca detA = 1⇒ x2 + x+ 1 = 0, x1,2 = 12 i√

3− 12 ,−

12 i√

3− 12 . In acest caz matricele

se pot lua de forma

A =

(−1 1−1 0

), A =

(−1 −11 0

), A =

(0 1−1 −1

), A =

(0 −11 −1

).

In toate aceste cazuri A3 = I2. Deci sunt patru matrice.Cazul 5. TrA = 1. Conditiile sunt satisfacute de matricea −A de la cazul 4.In toate aceste cazuri A6 = I2. Deci sunt patru matrice.In total sunt 2 + 12 + 2 + 4 + 4 = 24 de matrice.

Problema 3.108 Fie matricele A,B ∈ Mn(R) care satisfac conditiile B = [bij ]i=1,mj=1,n

si

bij = 1 ∀i = 1, n, j = 1, n, detA = det(A+B) = 1. Sa se calculeze det(A+ 2011B).

Seventh Internet Mathematics Olympiad for Students, 15 Mai 2011

Solutie. Egalitatea

det(A+ xB) =

=∑σ∈Sn

sgnσn∏i=1

(aiσ(i) + xbiσ(i)) =

= detA+ x∑σ∈Sn

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

)rezulta din forma speciala a matricei B. (det(A + xB) se descompune ca o suma dedeterminanti si toti minorii de ordin mai mare sau egal cu doi formati cu elementelematricei B sunt nuli.) Cum detA = det(A+B) = 1 rezulta ca∑

σ∈Snsgnσ

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

)= 0.

De aici concluzia det(A+ 2011B) = 1.

Problema 3.109 Fie A ∈Mn(C). Daca

|aii| >n∑

j=1,j 6=i|aij | , i = 1, n,


atunci sa se arate ca detA 6= 0.

Solutie. Se presupune detA = 0. Rezulta ca o coloana este combinatie liniara decelelalte coloane. Se considera c1v

(1) + c2v(2) + · · · + cnv

(n) = 0, unde v(i) sunt vectorii-coloana ai matricei A si macar un coeficient este 6= 0. Fie |ck| ≥ |ci| pentru i = 1, n.Avem

v(k) = −c1ckv(1) − c2

ckv(2) − · · · − cn

ckv(n),

unde ın dreapta, desigur, lipseste termenul cu v(k). In coloana k, pe linia k se afla termenulakk, pentru care avem

akk = −c1ckak1 −

c2ckak2 − · · · −

cnckakn

de unde rezulta

|akk| ≤∣∣∣∣c1ck∣∣∣∣ |ak1|+ ∣∣∣∣c2ck

∣∣∣∣ |ak2|+ · · ·+ ∣∣∣∣cnck∣∣∣∣ |akn|

adica|akk| ≤ |ak1|+ |ak2|+ · · ·+ |akn|

unde, evident, ın dreapta lipseste termenul |akk|.Contradictie, 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)

Atu = 0, btu = c (c 6= 0) (3.4)

unul si numai unul este compatibil.

Solutie. In sistemul (3.3), necunoscuta este x ∈ Rn, iar ın (3.4) necunoscuta esteu ∈ Rm, 0 fiind vectorul nul din Rn.

Cazul: sistemul (3.3) este incompatibil. Conform teoremei lui Kronecker-Capelli,rezulta rang (A) < rang (A) unde A este matricea (A|b), obtinuta din A prin adaugareacoloanei b. Daca rang (A) = r (r ≤ min(m,n)), rezulta ca rang (A) = r+ 1. Sistemul (3.4)se scrie pe larg, astfel

a11u1 + a21u2 + · · ·+ am1um = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a1nu1 + a2nu2 + · · ·+ amnum = 0

b1u1 + b2u2 + · · ·+ bmum = c

(3.5)

Matricea coeficientilor acestui sistem se poate scrie ın forma

(At

bt

)tsi ea are rangul

r + 1, fiind transpusa matricei A = (A|b). Matricea obtinuta prin adaugarea coloaneitermenilor liberi (matricea extinsa) se scrie ın forma(

At 0bt c

). (3.6)

144

Evident, ultima ecuatie ın (3.5) nu este o consecinta a primelor n linii, deci matricea(3.6) are rangul mai mare decat r, adica are rangul r+1. Deci sistemul (3.4) este compatibil.

Cazul: sistemul (3.3) este compatibil. Fie x o solutie a sa, adica Ax = b. Presupunemca si (3.4) este compatibil si fie u o solutie a sa, adica Atu = 0, btu = c (c 6= 0). Au locrelatiile

btu = (Ax)t u = xt(Atu

)= xt0 = 0 (3.7)

care sunt ın contradictie cu btu 6= 0. Rezulta ca daca sistemul (3.3) este compatibil, atuncisistemul (3.4) este incompatibil.

Problema 3.111 Fie A ∈ Mn (R) o matrice simetrica. Sa se arate ca suma patratelor

valorilor proprii este egala cu suma patratelor elementelor sale, adica

n∑i=1

λ2i =

n∑i=1

n∑j=1

a2ij .

Solutie. Numerele reale λ2i , i = 1, n, sunt valorile proprii ale matricei A2. Daca

se noteaza A2 = B, rezultan∑i=1

λ2i = Tr (B) =n∑i=1

bii, unde B = [bij ]i=1,mj=1,n

. Dar

bii =n∑j=1

aijaji =n∑j=1

a2ij , decin∑i=1

λ2i =n∑i=1

n∑j=1

a2ij .

Problema 3.112 Matricea A ∈ Mn (R) are valorile proprii λi 6= 0, i = 1, n. Sa se arate

ca

det(A+A−1) =

(λ1 +

1

λ1

)(λ2 +

1

λ2

)· · ·(λn +

1

λn

).

Solutie. Deoarece A + A−1 = A−1(A2 + In

)rezulta ca det

(A+A−1

)=

detA−1det(A2 + In

). Se tine seama ca A2 + In = f (A), unde f (λ) = λ2 + 1. Dar valorile

proprii ale matricei A2 + In sunt λ21 + 1, λ22 + 1, . . . , λ2n + 1. In concluzie,

det(A+A−1

)=

1

λ1λ2 · · ·λn(λ21 + 1

) (λ22 + 1

)· · ·(λ2n + 1

)=

=

(λ1 +

1

λ1

)(λ2 +

1

λ2

)· · ·(λn +

1

λn

).

Problema 3.113 Fie A ∈Mn (R). Sa se demonstreze echivalenta:

xtAx = 0,∀x ∈ Rn ⇔ AT = −A.

Solutie. Din xtAx = 0 se obtine prin transpunere ca si xtAtx = 0. Rezulta caxt(A+At

)x = 0, ∀x ∈ Rn ceea ce implica A+At = 0, deci At = −A.

Reciproc, ın ipoteza ca At = −A, adica A este antisimetrica, se obtine aii = 0 pentrui = 1, n si aij = −aji, pentru i, j = 1, n. Dar atunci,

xtAx =

n∑i=1

n∑j=1

aijxixj =

n∑i,j=1i 6=j

aijxixj =

n∑i,j=1i<j

(aij + aji)xixj = 0, ∀x ∈ Rn.


Problema 3.114 Fie A ∈ Mn (C) o matrice avand proprietatea can∑j=1|aij | < 1 pentru

orice i = 1, n. Sa se arate ca matricele In +A si In −A sunt inversabile.

Solutie. Matricea In + A are elementele 1 + aii pe diagonala principala si respectivaij pentru i 6= j. Pentru i fixat, au loc inegalitatile

|aii|+n∑

i,j=1,j 6=i|aij | < 1⇒

n∑i,j=1j 6=i

|aij | < 1− |aii| ≤ |1 + aii| ,

deci elementul de pe diagonala principala are modulul mai mare decat suma modulelorcelorlalte elemente de pe linia corespunzatoare. Conform problemei 3.109, aceasta conditieimplica det(In +A) 6= 0.

In mod analog, det(In −A) 6= 0, deci si det(In −A2

)6= 0.

Capitolul 4

Spatii vectoriale si aplicatii liniare

Notatii

• (V,K, ·) - grupul (V,+) este spatiu vectorial peste corpul (K,+, ·) cu ınmultirea cuscalari ϕ : K × V → V , ϕ(α, x) = αx, α ∈ K, x ∈ V

• L(X,Y ) - multimea aplicatiilor liniare T : X → Y , unde X,Y sunt spatii vectorialepeste acelasi corp

• End(V ) - multimea endomorfismelor spatiului vectorial V

(End(V ) = L(V, V ))

• Aut(V ) - multimea automorfismelor spatiului vectorial V (multimea endomorfis-melor bijective)

• V # - dualul algebric al spatiului vectorial V (multimea functionalelor liniare f :V → K)

• Spec(T ) - spectrul endomorfismului T

• Span(S) - subspatiul vectorial generat ın spatiul V de multimea de vectori S

• Im T - imaginea aplicatiei liniare T : X → Y ,

Im T = {T (x) | x ∈ X}

• Ker T - nucleul aplicatiei liniare T : X → Y ,

Ker T = {x ∈ X | T (x) = 0}

• [x]e - matricea coloana a coordonatelor vectorului x din spatiul de dimensiune finitaV , ın raport cu baza (e) = {e1, e2, . . . , en}

• dimK V - dimensiunea spatiului vectorial V peste corpul K

• M (f,e)T - matricea aplicatiei liniare T : X → Y ın perechea de baze (f, e), ((f) ={f1, . . . , fm} baza ın Y si (e) = {e1, . . . , en} baza ın X)

146

Spatii vectoriale si aplicatii liniare 147

• M (e)T - matricea endomorfismului T : X → X ın baza (e) = {e1, . . . , en}

• V1 ≤ V - V1 este subspatiu ın V

• V1 + V2 = {x1 + x2 | x1 ∈ V1, x2 ∈ V2} - suma subspatiilor V1 si V2

• V1 ⊕ V2 - suma directa a subspatiilor V1 si V2 (V1 ∩ V2 = {0})

• P (e,e′) - matricea de pasaj de la baza (e) la baza (e′) ın spatiul vectorial V (dedimensiune finita)


In cele ce urmeaza (V,+) este un grup comutativ ale carui elemente le numim vectorisi (K,+, ·) este un corp comutativ ale carui elemente le numim scalari.• Definitie. Tripletul (V,K, ϕ) este spatiu vectorial (V este spatiu vectorial peste K)daca functia ϕ : K × V → V numita ınmultire cu scalari (a vectorilor) verifica 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 noteaza ϕ(α, x) = αx, α ∈ K, x ∈ V .

• Definitie. O multime de vectori V1 ⊂ V formeaza un subspatiu ın V daca (V1,+) estesubgrup ın (V,+) si tripletul (V1,K, ϕ) este spatiu vectorial. Se noteaza V1 ≤ V .� Teorema. V1 este subspatiu ın V daca si numai daca pentru orice x, y ∈ V1 si oriceα, β ∈ K avem: αx+ βy ∈ V1.• Definitie. Se numeste subspatiul generat de multimea (nevida) de vectori S ⊂ V ,cel mai mic subspatiu al lui V care contine multimea S. Acest subspatiu se noteaza cuSpan(S).� Teorema. Span(S) = {α1s1 + · · ·+ αnsn | n ≥ 1, α1, . . . , αn ∈ K, s1, . . . , sn ∈ S}.• Definitie. Daca V1 si V2 sunt subspatii ın V , atunci suma

V1 + V2 = {x1 + x2 | x1 ∈ V1, x2 ∈ V2}

formeaza un subspatiu ın V numit suma subspatiilor V1 si V2.• Definitie. Spunem ca subspatiul V3 este suma directa a subspatiilor V1 si V2 dacaV3 = V1 + V2 si V1 ∩ V2 = {0}. Notam V3 = V1 ⊕ V2.� Teorema. Daca V1, V2, V3 sunt subspatii ın V , atunci V3 = V1⊕V2 daca si numai dacapentru orice x3 ∈ V3 exista si sunt unici x1 ∈ V1 si x2 ∈ V2 astfel ca x3 = x1 + x2. (x1se numeste componenta lui x3 din subspatiul V1 iar x2 se numeste componenta lui x3 dinsubspatiul V2).• Definitie. O multime de vectori (finita sau nu) S ⊂ V se numeste multime libera(vectorii din S sunt liniar independenti), daca pentru orice multime finita s1, s2, . . . , snde vectori distincti din S, din relatia

α1s1 + α2s2 + . . .+ αnsn = 0

cu α1, . . . , αn ∈ K, rezulta α1 = α2 = . . . = αn = 0.

148

• Definitie. O multime de vectori B ⊂ V se numeste baza a spatiului vectorial V (pesteK) daca B este libera (vectorii bazei sunt liniar independenti) si Span(B) = V (vectoriibazei genereaza tot spatiul V ).� Teorema. Orice spatiu vectorial admite baze si orice doua baze sunt cardinal echiva-lente.• Definitie. Daca B este o baza ın spatiul vectorial V , atunci cardinalul multimii B (finitsau infinit) se numeste dimensiunea spatiului V peste K si se noteaza dimK V .

� Teorema. Daca V este un spatiu vectorial de dimensiune finita si

B = {b1, b2, . . . , bn}

este o baza a sa, atunci pentru orice x ∈ V exista si sunt unici scalarii α1, α2, . . . , αn ∈ K

astfel ca

x = α1b1 + α2b2 + . . .+ αnbn.

Scalarii α1, α2, . . . , αn se numesc coordonatele vectorului x ın baza B si vom folosi

notatia

[x]B =

b1

b2...

bn

∈ Kn.

� Teorema. Daca V1, V2 sunt subspatii ın V , atunci

dim(V1 + V2) = dim(V1) + dim(V2)− dim(V1 ∩ V2)

(teorema dimensiunii sumei).• Definitie. Daca X si Y sunt spatii vectoriale peste acelasi corp K atunci o functieT : X → Y se numeste aplicatie liniara (transformare liniara, operator liniar) daca

T (α1x1 + α2x2) = α1T (x1) + α2T (x2),

pentru orice α1, α2 ∈ K si orice x1, x2 ∈ X.Multimea aplicatiilor liniare de la X la Y se noteaza cu L(X,Y ).

� Teorema. Daca T : X → Y este o aplicatie liniara atunci:

a) Ker T = {x ∈ X | T (x) = 0} este un subspatiu ın X.

b) Im T = {T (x) | x ∈ X} este un subspatiu ın Y .c) dimX = dim(Ker T ) + dim(Im T ).

(Se presupune ca dimX este finita).Numarul dim(Ker T ) se numeste defectul aplicatiei T , iar numarul dim(Im T ) se

numeste rangul aplicatiei T . Aceasta teorema se mai numeste si teorema rang-defect.


� Teorema. Daca X,Y, Z sunt spatii vectoriale peste acelasi corp K, T1, T2 ∈ L(X,Y ),

α ∈ K si S ∈ L(Y, Z), atunci

T1 + T2 ∈ L(X,Y ), αT1 ∈ L(X,Y ),

S ◦ T1 ∈ L(X,Z) si S ◦ (T1 + T2) = S ◦ T1 + S ◦ T2.

� Teorema. Grupul (L(X,Y ),+) este spatiu vectorial peste K si

dimL(X,Y ) = dimX · dimY.

L(X) se noteaza End(X) si se numeste multimea endomorfismelor lui X. (End(X),+, ◦)formeaza o structura algebrica de inel unitar (inelul endomorfismelor lui X).• Definitie. Fie (V,K, ·) un spatiu vectorial si T : V → V un endomorfism. Un scalarλ ∈ K se numeste valoare proprie pentru T daca exista un vector nenul x ∈ V astfel caT (x) = λx.

In acest caz vectorul x se numeste vector propriu pentru T (corespunzator valoriiproprii λ).

Multimea valorilor proprii pentru T se numeste spectrul endomorfismului T si senoteaza cu Spec(T ), iar pentru λ ∈ Spec(T ), multimea

Vλ = {x ∈ V | T (x) = λx}

formeaza un subspatiu numit subspatiu propriu (corespunzator valorii proprii λ).• Definitie. Daca X,Y sunt spatii vectoriale de dimensiuni finite peste corpul K, T :X → Y o aplicatie liniara si (e) = {e1, . . . , en} este o baza ın X, (f) = {f1, . . . , fn} o bazaın Y , este unic definita matricea A ∈Mn,m(K) prin relatia: T (e1)

...T (en)

= A

f1...fm

.Matricea At ∈Mm,n(K) se numeste matricea aplicatiei T ın perechea de baze (f, e)

si se noteaza cu M(f,e)T .

In cazul X = Y si (e) = (f) matricea endomorfismului T se noteaza cu M(e)T ∈Mn(K).

� Teorema. Pentru orice x ∈ X avem:

[T (x)]f = M(f,e)T [x]e.

• Definitie. Daca (e) = {e1, . . . , en} si (e′) = {e′1, . . . , e′n} sunt baze ın X, este unicdefinita matricea B ∈Mn(K) prin relatia e′1

...e′n

= B

e1...en

.

150

Matricea inversabila Bt ∈ Mn(K) se numeste matricea de pasaj de la baza (e) labaza (e′) si se noteaza Bt = P (e,e′).

� Teorema. Pentru orice x ∈ X avem:

[x]e = P (e,e′)[x]e′ .

� Teorema. Daca T : X → Y este o aplicatie liniara, (e), (e′) sunt baze ın X si (f), (f ′)

sunt baze ın Y , atunci:

M(f ′,e′)T = P (f ′,f)M

(f,e)T P (e,e′).

(Matricele A = M(f,e)T , B = M

(f ′,e′)T sunt echivalente:

B = QAP,

unde Q ∈ GLm(K), P ∈ GLn(K)).

� Teorema. Daca T : X → X este un endomorfism, (e), (e′) sunt doua baze ın X, atunci:

M(e′)T = P (e′,e)M

(e)T P (e,e′)

B = P−1AP.

(Matricele A si B sunt asemenea).� Teorema. Valorile proprii ale endomorfismului T : X → X coincid cu valorile propriiale matricei atasate MT ın orice baza.

� Teorema. Daca α1, α2 ∈ K, T1, T2 ∈ L(X,Y ), S ∈ L(Y,Z), (e), (f), (g) sunt baze ın

X,Y, Z, atunci:

M(f,e)α1T1+α2T2

= α1M(f,e)T1

+ α2M(f,e)T2

M(g,e)S◦T1 = M

(g,f)S M

(f,e)T1

• Observatie. Problemele legate de spatii vectoriale de dimensiuni finite si aplicatiiliniare ıntre ele se reduc la calcul matricial.• Definitie. Un endomorfism T : V → V se numeste:

- proiectie (proiector) daca T ◦ T = T- simetrie (involutie) daca T−1 = T .

Probleme

Problema 4.1 a) Sa se arate ca daca V1 si V2 sunt subspatii ale unui subspatiu vectorial,

atunci V1 ∪ V2 este subspatiu daca si numai daca V1 ⊆ V2 sau V2 ⊆ V1.

b) Sa se arate ca V1 + V2 = Span(V1 ∪ V2).


Solutie. Avem: x ∈ V1 + V2 ⇔ x = x1 + x2, x1 ∈ V1, x2 ∈ V2 ⇒ x ∈ Span(V1 ∪ V2).Daca x ∈ Span(V1∪V2) atunci x =

∑i∈I

xi, xi ∈ V1∪V2, i ∈ I. Separam ın suma termenii din

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

xi +∑i∈I2

xi = y1 + y2 cu y1 =∑i∈I1

xi ∈ V1

si y2 =∑i∈I2

xi ∈ V2, deci x ∈ V1 + V2.

Problema 4.2 Fie p un numar prim. Poate fi organizat grupul (Z,+) spatiu vectorial

peste corpul (Zp,+, ·)?

Solutie. Sa aratam ca (Z,+) nu poate fi spatiu vectorial peste (Zp,+, ·), unde p esteun numar prim. (Se cunoaste ca daca p este prim (Zp,+, ·) este corp.) Sa presupunemca se poate defini o operatie externa ⊗ astfel ca (Z,+) sa fie spatiu vectorial. Aplicandaxiomele spatiului 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 contradictie. (S-a notat x clasa de resturi modulo p a lui x ∈ Z.)

Problema 4.3 Sa se arate ca ın spatiul vectorial C[0, 2π] subspatiile

V1 = Span{1, cosx, cos2 x, . . . , cosn x}

si

V2 = Span{1, cosx, cos 2x, . . . , cosnx}

coincid.

Solutie. Vom arata ca fiecare generator al subspatiului V2 este ın V1 si invers. Avem

cos kx+ i sin kx = (cosx+ i sinx)k,

de unde rezulta

cos kx = C0k cosk x− C2

k cosk−2 x sin2 x+ C4k cosk−4 x sin4 x− . . .

= C0k cosk x− C2

k cosk−2 x(1− cos2 x) + C4k cosk−4 x(1− cos2 x)2 − . . .

= Tk(cosx) ∈ V1unde Tk este polinom de grad k (polinomul lui Cebasev).

Invers:

cosx =(cosx+ i sinx) + (cosx− i sinx)

2=z + z

2

cosk x =1

2k(z + z)k

=1

2k[C0k(zk + zk) + C1

k(zk−1z + z · zk−1) + C2k(zk−2z2 + z2 · zk−2) + . . . ]

=1

2k[C0k2 cos kx+ C1

k · 2 cos(k − 2)x+ C2k · 2 cos(k − 4)x+ . . . ] ∈ V2.

152

Problema 4.4 Fie T : V → V un operator liniar pe spatiul vectorial V de dimensiune

n > 1 cu proprietatea Tn = 0 si Tn−1 6= 0. Sa se arate ca:

a) vectorii v0, T (v0), . . . , Tn−1(v0) sunt liniar independenti daca Tn−1(v0) 6= 0 (deci

formeaza o baza ın V ).

b) nu exista un operator liniar S : V → V cu proprietatea S2 = T .

Solutie. a) a1v0 + a2T (v0) + · · ·+ anTn−1(v0) = 0, ai ∈ K. Se aplica succesiv

Tn−1 ⇒ a1 = 0Tn−2 ⇒ a2 = 0. . .T ⇒ an−1 = 0

⇒ an = 0

In baza v0, T (v0), . . . , Tn−1(v0) matricea lui T este

MT =

0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

b) Daca exista S cu S2 = T , valorile proprii ale lui S sunt toate 0 (S este nilpotent).

Forma canonica Jordan a lui S este formata doar din blocuri Jordan de forma0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

.

Daca JS nu este formata dintr-un singur bloc, atunci Jn−1S = 0 ⇒ Sn−1 = 0 ⇒ S2(n−1) =0 ⇒ Tn−1 = 0, contradictie.Daca JS este formata dintr-un singur bloc, atunci

J2S =

0 0 1 0. . .

. . .. . .

. . .. . . 1. . . 0

0 0

si rang J2

S = rangS2 = n− 2 6= n− 1 = rang T .

Problema 4.5 Daca P : X → X este un operator de proiectie, atunci:

0) Im P = Fix P , unde Im P = {P (x)| x ∈ X} este subspatiul imagine a lui P iar

Fix P = {x ∈ X| P (x) = x} este subspatiul punctelor fixe ale lui P .


1) Subspatiul X este suma directa a subspatiilor Ker P si Im P adica X = Im P ⊕

Ker P .

2) Daca X1, X2 sunt subspatii complementare, X = X1 ⊕ X2, atunci exista si este

unic un operator de proiectie P : X → X pentru care Im P = X1 si Ker P = X2 (acest

operator se numeste operatorul de proiectie pe subspatiul X1, paralel cu subspatiul X2).

3) Daca dimensiunea spatiului X este finita, atunci exista o baza ın X ın raport cu

care matricea operatorului P este:

MP =

Ik 0

0 0

,unde k = dim(Im P ).

Solutie. 0) Daca x ∈ Im P , atunci exista x′ ∈ X astfel ca x = P (x′) si atunciP (x) = P (P (x′)) = (P ◦ P )(x′) = P (x′) = x deci x ∈ Fix P . Reciproc, daca x ∈ Fix P ,atunci x = P (x) ∈ Im P .

1) Trebuie aratat ca pentru orice x ∈ X exista si sunt unice x1 ∈ Fix P si x2 ∈ Ker Pastfel ca x = x1 + x2.

Daca ar exista x1, x2 ei ar verifica relatiile:

x = x1 + x2, P (x1) = x1 si P (x2) = 0.

In relatia x = x1 + x2 aplicam endomorfismul P si obtinem

P (x) = P (x1) + P (x2) = x1 + 0,

deci din cele doua relatii rezulta ca singurii candidati posibili pentru x1 si x2 sunt x1 =P (x) si x2 = x− P (x). Aratam ca acestia verifica toate conditiile:

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.

Daca ar exista un proiector P : X → X, am avea P (x) = P (x1 + x2) = P (x1) + P (x2) =x1 + 0, deci unica definitie posibila a operatorului P ar fi: P (x) = x1 (componenta din X1

a vectorului x).Aratam ca aceasta definitie este corecta, deci P este aplicatie liniara,

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 subspatiile Im P = Fix P si Ker P sunt complementare, daca

alegem o baza {e1, . . . , ek} ın Im P si {ek+1, . . . , en} o baza ın Ker P , rezulta ca{e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en} este baza ın X, pentru care avem relatiile

P (e1) = e1 = 1 · e1 + · · ·+ 0 · ek + 0 · ek+1 + · · ·+ 0 · en. . .P (ek) = ek = 0 · e1 + · · ·+ 1 · ek + 0 · ek+1 + · · ·+ 0 · enP (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 rezulta ca matricea lui P ın aceasta baza este

M(e)P =

[Ik 0

0 0

].

Observatie.

• Daca P : X → X este o proiectie, atunci pentru orice k ∈ N∗ avem P k = P ◦· · ·◦P =P .

• Daca X = X1 ⊕X2, P1 este operatorul de proiectie pe X1 paralel cu X2 si P2 esteoperatorul de proiectie pe X2 paralel cu X1, atunci P1 + P2 = I (relatie numitadescompunerea unitatii).

• Daca X = C∞(R) este spatiul vectorial real al functiilor de clasa C∞ pe R, operatoriiPn : X → X, n ∈ N, definiti prin

Pn(f)(x) = f(x0) +1

1!f ′(x0)(x− x0) + · · ·+ 1

n!f (n)(x0)(x− x0)n

sunt operatori de proiectie care definesc polinoamele lui Taylor atasate functiei f ınjurul punctului fixat x0 ∈ R.

Problema 4.6 Daca 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}.


2) Pentru orice scindare a spatiului X sub forma X = X1⊕X2, exista o unica simetrie

S : X → X astfel ca X1 = Fix S si X2 = Inv S, numita simetrica fata de subspatiul X1,

paralela cu subspatiul X2.

3) Daca dimensiunea spatiului X este finita, atunci exista o baza ın X fata de care

matricea simetriei S este

MS =

Ik 0

0 −In−k

.Solutie. 1) In relatia x = x1 + x2 cu x1 ∈ Fix S, x2 ∈ Inv S aplicam S si obtinem a

doua relatie S(x) = S(x1)+S(x2) = x1−x2 si rezulta x1 =1

2(x+S(x)), x2 =

1

2(x−S(x)),

care verifica conditiile S(x1) = x1 si S(x2) = −x2.2) Daca x = x1 + x2, x1 ∈ X1, x2 ∈ X2

S(x) = S(x1) + S(x2) = x1 − x2,

deci singurul mod ın care s-ar putea defini S este S(x1 + x2) = x1 − x2 cu x1 ∈ X1 six2 ∈ X2. Se arata ca S astfel definit este liniar, S ◦ S = I, Fix S = X1 si Inv S = X2.

3) Alegem o baza {e1, . . . , ek} ın Fix S si o baza {ek+1, . . . , en} ın Inv S si deoareceX = Fix S ⊕ Inv S, ele ımpreuna formeaza o baza ın X, {e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en}. Inaceasta baza matricea lui S are forma data.

Problema 4.7 Sa se arate ca ın spatiul vectorial real C[0, 2π] functiile 1, cosx, sinx,

cos 2x, sin 2x, . . . , cosnx, sinnx sunt liniar independente.

Solutie. In combinatia liniaran∑k=0

ak cos kx +n∑k=1

bk sin kx = 0 (pentru orice x),

ınmultim pe rand cu cos kx, k = 1, n si sin kx, k − 1, n si integram relatia obtinuta dela 0 la 2π. Tinem cont de relatiile∫ 2π

0cos kx cos px =

{0, k 6= pπ, k = p ≥ 1∫ 2π

0sin kx sin pxdx =

{0, k 6= pπ, k = p ≥ 1∫ 2π

0sin kx cos pxdx = 0, pentru k, p ∈ N.

Se obtine pe rand ak = 0, k = 1, n, bk = 0, k = 1, n si apoi a0 = 0.

Problema 4.8 Fie R4[X] spatiul polinoamelor de grad ≤ 4 si functia

T : R4[X]→ R4[X], T (f)(x) = x2f ′′(x)− 6f ′(x) + 12f(x).

Sa se arate ca T este endomorfism, sa se determine Ker T si Im T .

156

Solutie. Avem

T (a1f1 + a2f2) = a1T (f1) + a2T (f2), a1, a2 ∈ R, f1, f2 ∈ R4[X].

T (1) = 12, T (x) = 6x, T (x2) = 2x2, T (x3) = 0, T (x4) = 0.

Matricea lui T ın baza canonica este

MT =

12 0 0 0 00 6 0 0 00 0 2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 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 spatiu

vectorial peste corpul Zp?

Solutie. Daca (Zp, ϕ) este spatiu vectorial, deci (Zn,+) este spatiu vectorial pestecorpul (Zp,+, ·), notam clasele modulo n cu x si clasele modulo p cu y. Avem

p = ϕ(1, p) = ϕ(1, 1 + · · ·+ 1) = ϕ(1, 1) + · · ·+ ϕ(1, 1) =

= ϕ(1 + · · ·+ 1, 1) = ϕ(p, 1) = ϕ(0, 1) = 0,

deci p = 0 (mod n), adica p este divizibil cu n, ceea ce este posibil doar pentru p = n.

Problema 4.10 Fie V spatiul vectorial tridimensional al vectorilor liberi. Consideram

aplicatia A : V → V , A(u) = a× u, u ∈ V , unde a este un vector fixat.

a) Sa se arate ca A este o transformare liniara;

b) A pastreaza unghiul vectorilor ortogonali pe a;

c) A este o transformare ortogonala a subspatiului vectorial perpendicular pe a;

d) Sa se arate ca exista o baza ortonormata ın raport cu care A are matricea

MA =

0 0 0

0 0 −1

0 1 0

.

Solutie. a) Rezulta din proprietatile 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‖=

[(a× u)× a]v

a2uv=

=[a2u− (a u)a]v

a2uv=u · vuv

= cos(u, v).


c) Daca u ⊥ a atunci ‖A(u)‖ = ‖a× u‖ = ‖u‖.d) Fie baza formata din e1, e2, e3. Trebuie sa avem a × e1 = 0 de unde rezulta ca e1

este coliniar cu a. Luam e1 = a. Mai trebuie sa avem a × e2 = e3, de unde rezulta ca e2este vector ortogonal pe a iar e3 un vector ortogonal pe a si e2.

Problema 4.11 Fie Pn spatiul vectorial al polinoamelor reale de o variabila si de grad

≤ n. Definim T : Pn → Pn, T (P )(t) = P (t+ a)− P (t).

a) Sa se arate ca T este o transformare liniara;

b) Sa se determine matricea lui T ın baza 1, t, . . . , tn;

c) Sa se determine Ker T .

Solutie. a) Se verifica imediat.

b) MT =

0 0 . . . 0 0a 0 . . . 0 0a2 C1

2a . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . .an C1

nan−1 . . . Cn−1n a 0

c) Ker T = {a0| a0 ∈ R}.

Problema 4.12 In spatiul polinoamelor de grad ≤ n sa se gaseasca 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}.

Solutie. P =

C00 C0

1 (a− b) C02 (a− b)2 . . . C0

n(a− b)n0 C1

1 C12 (a− b) . . . C1

n(a− b)n−1. . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . Cnn (−1)n

.

Problema 4.13 Sa se determine toate polinoamele f ∈ R[x] cu proprietatea f(Z) ⊂ Z.

Solutie. Folosim scrierea unui polinom ın baza

B =

{1,x

1!,x(x− 1)

2!, . . . ,

x(x− 1) . . . (x− n+ 1)

n!

},

deci cautam polinoamele f de forma:

f(x) = a0 + a1x

1!+ a2

x(x− 1)

2!+ · · ·+ an

x(x− 1) . . . (x− n+ 1)

n!.

Din conditiile f(0) ∈ Z, f(1) ∈ Z, . . . , f(n) ∈ Z rezulta a0, a1, . . . , an ∈ Z (conditienecesara).

Conditia este si suficienta deoarece produsul a k numere ıntregi consecutive, se dividecu k!. In concluzie polinoamele cautate sunt cele care ın baza B au coeficientii numereıntregi.

158

Problema 4.14 Sa se determine toate functiile f : R → R cu proprietatea f(x + y) =

f(x) + f(y), x, y ∈ R. (Ecuatia lui Cauchy)

Solutie. Se deduce usor ca

f(nx) = nf(x), n ∈ N, x ∈ R

f

(1

nx

)=

1

nf(x), n ∈ N∗, x ∈ R,

f(−x) = −f(x), x ∈ R

si

f(qx) = qf(x), q ∈ Q, x ∈ R,

deci

f(q1x1 + q2x2) = q1f(x1) + q2f(x2)

pentru q1, q2 ∈ Q si x1, x2 ∈ R. Solutiile ecuatiei lui Cauchy sunt aplicatii liniare (endo-morfisme) ale spatiului vectorial R peste corpul Q. Fie {hi| i ∈ I} o baza a lui R peste Q.Orice numar real nenul x se exprima ın mod unic sub forma

x =

n∑k=1

qk(x)hik , cu qk(x) ∈ Q∗.

Daca definim ın mod arbitrar f(hi) = yi obtinem

f(x) =n∑k=1

qk(x)yik .

Problema 4.15 a) Fie V1, V2 doua subspatii ale spatiului V finit dimensional, astfel ca

dimV1 = dimV2. Sa se arate ca exista subspatiul V3 al lui V astfel ca V = V1⊕V3 = V2⊕V3.

b) Cate astfel de descompuneri exista pentru spatiul vectorial R3? Sa se interpreteze

geometric.

Solutie. a) Fie V1 ∩ V2 = W , unde W poate fi si {0}.Consideram o baza a lui W , e1, e2, . . . , em. Completam aceasta baza pana

la o baza a lui V1 si obtinem e1, e2, . . . , em, fm+1, . . . , fn si la o baza ın V2e1, e2, . . . , em, gm+1, . . . , gn. Prin urmare pentru V1 + V2 avem sistemul de generatorie1, e2, . . . , em, fm+1, . . . , fn, gm+1, . . . , gn. Dimensiunea care formeaza o baza a spatiuluiV1 + V2 este 2n + m si daca este mai mica decat dimensiunea lui V1, extindem baza luiV1+V2 la o baza a lui V prin adaugarea vectorilor h1, h2, . . . , hk. Subspatiul V3 este generatde sistemul de vectori fm+1 + gm+1, . . . , fn + gn, h1, h2, . . . , hk.

b) Deosebim doua cazuri:i) dimV1 = dimV2 = 1, ın acest caz V1∩V2 = {0} si vectorii f1 si g1 care formeaza cate

o baza ın V1 respectiv V2 nu sunt coliniari. Dimensiunea spatiului generat de V1 si V2 este2 si f1, g1 formeaza o baza a acestui subspatiu. Extindem aceasta baza a lui R3 adaugandun vector h1 necoplanar cu f1, g1. Subspatiul V3 este un plan pentru care f1 +g1 si h1 esteo baza.


ii) Daca dimV1 = dimV2 = 2, adica sunt doua plane, atunci V1 ∩ V2 6= {0} si W aredimensiunea 1. Fie e o baza ın W . Daca f1 este un vector ın V1 necoliniar cu e atuncie, f1 este o baza ın V1. Analog e, g1 este o baza ın V2. Subspatiul generat de V1 si V2are dimensiunea 3 deci V3 este unidimensional si f1 + g1 este o baza a sa si reprezinta odreapta.

Problema 4.16 Fie V un spatiu vectorial n-dimensional peste Zp. Sa se determine

numarul endomorfismelor lui V .

Solutie. Consideram o baza e1, . . . , en ın V si T o transformare liniara, atunci matricealui T , MT ∈Mn(Zp) determina unic pe T iar spatiul Mn(Zp) are cardinalul pn

2.

Problema 4.17 Fie V spatiul vectorial al matricelor dinMn(C) generat de matricele de

forma AB −BA, A,B ∈Mn(C). Sa se arate ca dimC V = n2 − 1.

Solutie. Pentru orice matrice din V , urma este 0 si

W = {M ∈Mn(C)| TrM = 0} = {M ∈Mn(C)| f(M) = 0}

unde f : Mn(C) → C, f(M) = TrM este o aplicatie liniara, deci W = Ker f , dimW =n2 − 1 deci V ⊂W si dimV ≤ n2 − 1.

Pentru a arata ca dimV = n2 − 1 este suficient sa gasim n2 − 1 matrice independenteın V .

Daca {Eij}i,j=1,n este baza canonica ın spatiul matricelor avem

EijEkl = δjkEil.

Deci Ei1E1l = Eil, E1lEi1 = 0 daca i 6= l ⇒

Ei1E1l − E1lEi1 = Eil pentru i 6= l,

ın total n2 − n matrice independente ın V . Apoi

Ei1E1i − E1iEi1 = Eii − E11 =

−1 0

01

0 0

ın total ınca n− 1 matrice independente ın V .

Problema 4.18 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune n si V1, V2 doua subspatii de

dimensiune n1 si n2 astfel ca V = V1 + V2.

Sa se arate ca multimea endomorfismelor T : V → V cu proprietatea T (V1) ⊂ V1 si

T (V2) ⊂ V2 formeaza un subspatiu ın End(V ) si sa se determine dimensiunea sa.

160

Solutie. Fie V0 = V1 ∩ V2.{e1, . . . , en0} baza ın V0{e1, . . . , en0 , fn0+1, . . . , fn1} baza ın V1{e1, . . . , en0 , gn0+1, . . . , gn2} baza ın V2atunci {e1, . . . , en0 , fn0+1, . . . , fn1 , gn0+1, . . . , gn2} este o baza ın V .dimV0 = n0, dimV = 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 ∈ EndV0} = n20

dim{T1| T1 ∈ Hom(W1, V1)} = (n1 − n0)n1dim{T2| T2 ∈ Hom(W2, V2)} = (n2 − n0)n2

Deci dimensiunea cautata este n20 + (n1 − n0)n1 + (n2 − n0)n2 cu n0 = n1 + n2 + n.

Problema 4.19 In spatiul vectorial real al sirurilor de numere reale

R∞ = {(xn)n| xn ∈ R}

se considera subspatiul Va,b al sirurilor date prin recurenta

Va,b = {(xn)n| xn+1 = (a+ b)xn − abxn−1, n ∈ N∗}.

Sa se arate ca daca a 6= b atunci o baza ın Va,b este formata din sirurile {(an)n, (bn)n}

cu an = an si bn = bn, n ∈ N, iar daca a = b atunci o baza este {(cn), (dn)n} cu cn = an

si dn = nan−1, n ∈ N.

Solutie. Sirurile (en)n cu e0 = 1, e1 = 0, en+1 = (a + b)en − aben+1, n ∈ N∗ si (e′n)ncu e′0 = 0, e′1 = 1, e′n+1 = (a+ b)e′n − abe′n−1 formeaza o baza ın Va,b caci daca (xn)n esteun sir arbitrar din Va,b atunci (xn)n = x0(en)n + x1(x

′n)n (scriere unica). Spatiul Va,b are

dimensiune 2 si se verifica usor ca sirurile {(an)n, (bn)n} sunt liniar independente, la fel sisirurile {(en)n, (dn)n} ele fiind ın Va,b.

Problema 4.20 FieX un spatiu vectorial de dimensiune n peste un corpK cu p elemente.

Sa se arate ca numarul bazelor lui X peste K este

N = (pn − 1)(pn − p)(pn − p2) . . . (pn − pn−1),

acelasi cu numarul matricelor patratice inversabile de ordin n din GLn(K).


Solutie. Primul vector e1 dintr-o baza poate fi ales arbitrar, diferit de 0, deci ın pn−1moduri. Subspatiul general 〈e1〉 are p elemente, deci al doilea vector poate fi ales ın pn− pmoduri. Subspatiul 〈e1, e2〉 = {a1e1 + a2e2| a1, a2 ∈ K} are p2 elemente. Al treilea vectorse poate alege ın pn − p2 moduri si asa mai departe.

Daca fixam o baza {e1, . . . , en} ın X atunci orice alta baza {e′1, . . . , e′n} este unicdeterminata de o matrice inversabila P (e,e′) ∈ GLn(K).

Problema 4.21 Sa se determine valorile proprii nenule si vectorii proprii corespunzatori

pentru endomorfismele T : C[0, 2π]→ C[0, 2π]

T (f)(x) =

∫ 2π

0sin(x+ y)f(y)dy.

Solutie. T (f)(x) = af sinx + bf cosx, unde af =

∫ 2π

0cos yf(y)dy si bf =∫ 2π

0sin yf(y)dy, deci Im f ⊂ 〈sin, cos〉 = V .

Pentru valori proprii nenule, vectorii sunt ın Im T , deci putem sa ne restrangem la V

T : V → V.

Avem T (sin) = π cos, T (cos) = π sin, deci matricea lui T ın baza {sin, cos} este

MT =

[0 ππ 0

].

Valorile proprii sunt λ1 = π, λ2 = −π iar vectorii proprii ai matricei MT sunt

[11

],[

1−1

], carora le corespund vectorii (functiile)

fπ(x) = a(sinx+ cosx), a ∈ R∗

sif−π(x) = a(− sinx+ cosx), a ∈ R∗.

Problema 4.22 Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii pentru endomorfismele

T : C[−1, 1]→ C[−1, 1]

T (f)(x) =

∫ 1

−1(3xy + 5x2y2)f(y)dy.

Solutie. Im T = Span{x, x2}, λ = 2 este singura valoare proprie nenula si f(x) =ax+ bx2, a, b ∈ R sunt vectorii proprii.

Problema 4.23 Sa se arate ca polinoamele lui Legrendre

Pn(x) =1

2nn![(x2 − 1)n](n)

162

sunt vectori proprii pentru operatorul T : C∞[−1, 1]→ C∞[−1, 1], definit prin relatia:

T (f)(x) = [(x2 − 1)f ′(x)]′.

Solutie. Notand fn(x) = (x2 − 1)n avem: (x2 − 1)f ′n(x) = 2nxfn(x). Derivand de(n+ 1) ori cu formula Leibniz-Newton:

(x2 − 1)f (n+2)n (x) + 2x(n+ 1)f (n+1)

n (x) + n(n+ 1)f (n)n(x) =

= 2nxf (n+1)n (x) + 2n(n+ 1)f (n)n (x) ⇔

(x2 − 1)f (n+2)n (x) + 2xf (n+1)

n (x) = n(n+ 1)f (n)n (x) ⇔

(x2 − 1)P ′′n + 2xP ′n = n(n+ 1)Pn ⇔ ((x2 − 1)P ′n)′ = 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 ′(x)− f ′′(x).

a) Sa se arate ca subspatiile proprii au dimensiune 1;

b) Sa se arate ca λn = 2n sunt valori proprii si polinoamele lui Hermite

Hn(x) = (−1)nex2(e−x

2)(n)

sunt vectori proprii.

Solutie. a) Daca λ este valoare proprie pentru T si f, g vectorii proprii corespunzatori,vom arata ca f si g sunt liniar dependenti.

Fie

W (x) =

∣∣∣∣ f(x) g(x)f ′(x) g′(x)

∣∣∣∣ , W ′(x) =

∣∣∣∣ f(x) g(x)f ′′(x) g′′(x)

∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣ f(x) g(x)2xf ′(x)− λf(x) 2xg′(x)− λg(x)

∣∣∣∣ = 2xW (x).

Dar W ∈ R[x], gradW ′ < grad 2xW , deci W = 0 ⇒ fg′ − f ′g = 0 ⇔(f

g

)′= 0, unde

g(x) 6= 0 ⇒ f(x) = cg(x) ⇒ f, g sunt liniar dependente.b) H ′n(x) = (−1)n(2xex

2(e−x

2)(n) + ex

2(−2xe−x

2)(n)) =

= (−1)nex2(2x(e−x

2)(n) − 2(x(e−x

2)(n) + n(e−x

2)(n−1))) = 2nHn−1(x)

H ′′n(x) = 2nH ′n−1(x) = 2n · 2(n− 1)Hn−2(x)

Hn(x) = (−1)nex2(e−x

2)(n) = (−1)nex

2(−2xe−x

2)(n−1) =

= (−1)nex2(−2)(x(e−x

2)(n−1) + (n− 1)(e−x

2)(n−2)) =

= 2xHn−1(x)− 2(n− 1)Hn−2(x)

Deci T (Hn) = 2nHn.


Problema 4.25 Fie g : (a, b) → R o functie de clasa C∞(a, b) cu derivata g′(x) 6= 0,

x ∈ (a, b). Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii ai operatorului T : C∞(a, b)→

C∞(a, b)

T (f)(x) =f ′(x)

g′(x), x ∈ (a, b).

Solutie. Din relatia T (f) = λf cu λ ∈ R si f ∈ C∞(a, b) rezulta ecuatia diferentiala

f ′(x)

g′(x)= λf(x) ⇔ f ′(x)− λg′(x)f(x) = 0 ⇔

(f(x)e−λg(x))′ = 0 ⇔ f(x)e−λg(x) = c

deci f(x) = ceλg(x).Toate numerele reale λ sunt valori proprii iar functiile fλ(x) + ceλg(x), x ∈ (a, b) cu

c 6= 0 sunt vectori proprii corespunzatori.

Problema 4.26 Fie K : [0, 1]× [0, 1]→ [0, 1]

K(x, y) =

x(1− y), 0 ≤ x ≤ y ≤ 1

y(1− x), 0 ≤ y < x ≤ 1

si operatorul T : C0[0, 1]→ C0[0, 1]

T (f)(x) =

∫ 1

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

Sa se arate ca functiile fn(x) = sin(nπx), n ∈ N∗ sunt vectori proprii.

Solutie. T (fn)(x) =

∫ 1

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

=

∫ x

0y(1− x)fn(y)dy +

∫ 1

xx(1− y)fn(y)dy =

=

∫ x

0y sin(nπy)dy − x

∫ 1

0y sin(nπy)dy + x

∫ 1

xsin(nπy)dy =

=sin(nπx)

(nπ)2=

1

(nπ)2fn(x)

Deci λn =1

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

Problema 4.27 Sa 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 ın A (un element din A are 3, 5 sau 8 vecini).

164

Solutie. Observatia esentiala este ca daca consideram matricea

C =

1 1 0

1. . .

. . .

. . .. . . 1

0 1 1

atunci T (A) = CAC.

Deoarece C este simetrica, ea este diagonalizabila si notand cu D forma sa Jordan(diagonala) avem C = PDP−1. Daca λ ∈ C este valoare proprie pentru T si X ∈Mn(C),X 6= 0 este vector propriu, atunci avem:

T (X) = λX ⇔ CXC = λX ⇔

PDP−1XPDP−1 = λX ⇔ D(P−1XP )D = λ(P−1XP ) ⇔

DYD = λY, y 6= 0 ⇔ diiyijdjj = λyij

pentru orice i, j = 1, n, deci λ = diidjj sunt valori proprii. Dar {djj | j = 1, n} sunt valorileproprii ale matricei D, aceleasi ca ale matricei C, care prin calcul se determina:

djj = 1− 2 cosjπ

n+ 1, j = 1, n.

Valorile proprii ale lui T sunt

λi,j =

(1− 2 cos

iπ

n+ 1

)(1− 2 cos

jπ

n+ 1

), i, j = 1, n.

Observatie. Se poate arata ca 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 = αiβj ,i, j = 1, n, unde α1, . . . , αn sunt valorile proprii ale matricei A iar β1, . . . , βn sunt valorileproprii ale matricei B.

Problema 4.28 Fie V un subspatiu vectorial ın M5,7(R), care contine matrice de rang

1, 2, 4 si 5. Se poate ca V sa nu contina matrice de rang 3?

Putnam, 1981

Solutie. Raspunsul este afirmativ.Definim

V =

a c 0

b 0 0 cb

0 b 0b

; a, b, c ∈ R

care formeaza subspatii ın V si contine 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 contine matrice de rang 3.


Problema 4.29 Fie T si S doua endomorfisme ale spatiului vectorial de dimensiune finita

V , astfel ca V = Ker T + Ker S = Im T + Im S.

a) Sa se arate ca cele doua sume sunt sume directe.

b) Ramane rezultatul adevarat daca V are dimensiune infinita?

Examen Franta

Solutie. Din teorema dimensiuni sumei avem:

dimV = dim Ker T + dim Ker S − dim(Ker T ∩Ker S) (1)

dimV = dim Im T + dim Im S − dim(Im T ∩ Im S) (2)

Din teorema dimensiunii aplicatiilor liniare T si S avem:

dimV = dim Ker T + dim Im T = dim Ker S + dim Im S (3)

Din (1), (2) si (3) rezulta:

dim(Ker T ∩Ker S) + dim(Im T ∩ Im S) = 0

deciKer T ∩Ker S = Im T ∩ Im S = {0}.

b) Afirmatia nu ramane adevarata.Luam V = {(xn)n≥1 : xn ∈ R, n ∈ N∗} spatiul 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 ca 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 spatiu vectorial si T : V → V un endomorfism. Sa se arate ca

dim(Ker T ∩ Im T ) = dim(Im T )− dim(Im T 2).

Solutie. 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 Sa se determine dimensiunea maxima a unui subspatiu V ⊂ Mn(R) cu

proprietatea ca

Tr (XY ) = 0, pentru orice X,Y ∈ V.

IMC, 2005

Solutie. Din implicatia Tr (XXt) = 0 ⇒ X = 0, rezulta ca V nu contine nici omatrice simetrica nenula, deci V ∩Sn = {0}, unde Sn este subspatiul matricelor simetrice

care are dimensiunean(n+ 1)

2. Astfel ca

dimV ≤ n2 − n(n+ 1)

2=n(n− 1)

2.

Un exemplu de subspatiu V de dimensiunen(n− 1)

2este subspatiul matricelor strict

superior triunghiulare.

Problema 4.32 Fie f :Mn(R)→ R o aplicatie liniara.

a) Sa se arate ca exista A ∈Mn(R) astfel ca f(X) = Tr (XA).

b) Daca ın plus f(XY ) = f(Y X), pentru orice X,Y ∈ Mn(R), atunci exista a ∈ R

astfel ca f(X) = aTr (X).

Solutie. a) Fie Eij baza canonica a spatiuluiMn(R). Definim matricea A = [aij ]i,j=1,n

prin aij = f(Eji).b) Fie V subspatiul matricelor cu urma zero, care este un subspatiu de dimensiune

n2 − 1. MatriceleEij = EijEjj − EjjEij , i 6= j

siEii − Enn = EinEni − EniEin, i = 1, n− 1,

formeaza o baza ın V pe care functia f se anuleaza. Pe de alta parte matricea X −1

n(TrX)In este din V , deci

f

(X − 1

n(TrX)In

)= 0 ⇔ f(X) =

1

nf(In)TrX.

Problema 4.33 Fie A ∈Mn(C) o matrice diagonala avand polinomul caracteristic

fA(x) = (x− a1)n1(x− a2)n2 · · · (x− ak)nk ,

cu a1, a2, . . . , ak distincte si n1 + n2 + . . .+ nk = n.

Sa se determine dimensiunea spatiului vectorial

C(A) = {B ∈Mn(C) | AB = BA}.


IMC, 1994

Solutie. 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 = aiibij si yij = ajjbij , si din AB = BA rezulta

(aii − ajj)bij = 0, i, j = 1, n.

Pentru aii 6= ajj rezulta bij = 0, deci raman arbitrare ın B doar elementele bij pentrucare aii = ajj .

Numarul perechilor (i, j) pentru care aii = ajj = a1 este n21. Obtinem ca

dimC(A) = n21 + n22 + · · ·+ n2k.

Problema 4.34 Fie V un K-spatiu vectorial si T : V → V un endomorfism cu propri-

etatea ca vectorii x si T (x) sunt coliniari pentru orice x ∈ V . Sa se arate ca exista λ ∈ K

astfel ca T (x) = λx, pentru orice x ∈ V .

Examen Franta

Solutie. Din conditia data pentru orice x ∈ V exista λx ∈ K (care poate depinde dex) astfel ca T (x) = λxx.

Vom arata ca pentru orice x, y ∈ V avem λx = λy.Fie T (x) = λxx, T (y) = λyy. Cum

T (x+ y) = λ(x+ y) ⇒ λxx+ λyy = λ(x+ y) ⇔ (λx − λ)x+ (λy − λ)y = 0.

Daca x, y sunt liniar independenti rezulta λx = λy = λ.Daca x, y sunt liniar dependenti, atunci

y = αx ⇒ T (y) = αT (x) = αλxx = λxαx = λxy, deci λx = λy.

Problema 4.35 Fie V spatiul vectorial al sirurilor de numere reale

V = {(x1, x2, . . . , xn, . . .) | x1, x2, . . . , xn, . . . ∈ R}

si T : V → V aplicatia liniara definita prin

T (x1, x2, . . . , xn, . . .) = (x2, x3, . . . , xn+1, . . .).

Sa se arate ca T nu este o putere, adica nu exista nici o aplicatie liniara S : V → V si

nici un numar natural k ≥ 2 astfel ca Sk = T .

168

Solutie. Consideram subspatiul V1 ⊂ V ,

V1 = {(x1, x2, 0, . . . , 0, . . .) | x1, x2 ∈ R}

care este un subspatiu de dimensiune 2 si observam ca V1 = Ker (T ◦ T ) (T ◦T (x1, x2, . . . , xn, . . .) = (x3, x4, . . . , xn+2, . . .)). Mai mult T (V1) ⊂ V1 si S(V1) ⊂ V1 (dacaS1 ∈ V1 si S(S1) = S1 6∈ V1 ⇔ T 2(S(S1)) 6= 0 ⇔ S(T 2(S1)) 6= 0 ⇔ S(0) 6= 0 fals).

Consideram restrictiile T , S : V1 → V1 si va trebui sa avem Sk

= T . Baza canonica aspatiului V1 este formata din sirurile (1, 0, 0, . . .) si (0, 1, 0, . . .) si ın aceasta baza matricealui T este

MT =

[0 10 0

].

Notam cu MS matricea lui S ın aceasta baza si daca (MS)k = MT ⇒ (MS)2k =(MT )2 = 0 ⇒ (MS)2 = 0 ⇒ (MS)k = 0 (k ≥ 0), fals.

Problema 4.36 Se considera spatiul vectorial real V = C∞(R) si D : V → V operatorul

de derivare (D(f) = f ′). Sa se arate ca nu exista un operator liniar T : V → V astfel ca

T ◦ T = D.

Examen Franta

Solutie. Fie

V1 = Ker (D ◦D) = {f ∈ C∞(R) | f ′′ = 0} = {f | f(x) = a+ bx, a, b ∈ R}

(polinoamele de grad ≤ 1).Daca ar exista T astfel ca T ◦T = D, atunci T 3 = T ◦D = D ◦T , deci D si T comuta.

In plus, V1 este invariant pentru D, deci este invariant si pentru T . Notam cu T si D

restrictiile lui T si D la V1, deci T : V1 → V1, D : V1 → V1. Avem D ◦D = 0 ⇒ T4

= 0,

deci T este nilpotent si cum dimV1 = 2 rezulta T2

= 0 ⇔ D = 0, ceea ce este fals.

Problema 4.37 Fie P1, P2 : V → V doua proiectii ın spatiul V astfel ca

Im P1 ⊂ Ker P2 (P2 ◦ P1 = 0).

Sa se arate ca aplicatia P = P1 + P2 − P1 ◦ P2 este o proiectie si ca

Ker P = Ker P1 ∩Ker P2, Im P = Im P1 ⊕ Im P2.

Examen Franta

Solutie. Avem

P 2 = (P1 + P2 − P1 ◦ P2)2 = P 2

1 + P 22 + (P1 ◦ P2)

2 + P1 ◦ P2 + P2 ◦ P1

−P 21 ◦ P2 − P1 ◦ P2 ◦ P2 − P2 ◦ P1 ◦ P2 − P1 ◦ P 2

2 = P1 + P2 + P1 ◦ P2 ◦ P1 ◦ P2

+P1 ◦ P2 + 0− P1 ◦ P2 − 0− 0− P1 ◦ P2 = P1 + P2 + 0− P1 ◦ P2 = P.


Avem

P1 ◦ P = P 21 = P1 ⇒ Ker P ⊂ Ker P1,

P2 ◦ P = P 22 = 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} rezulta ca Im P =Im P1 ⊕ Im P2.

Problema 4.38 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune finita si T : V → V un endo-

morfism. Sa se arate ca afirmatiile urmatoare sunt echivalente:

a) Ker T = Ker T 2

b) Im T = Im T 2

c) V = Ker T ⊕ Im T .

Examen Franta

Solutie. 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)

rezulta ca a) si b) sunt echivalente.

Aratam a) ⇒ c): fie x ∈ Ker T ∩ Im T ⇒ T (x) = 0 si x = T (y), deci T 2(y) = 0a)⇒

T (y) = 0 ⇒ x = 0, deci Ker T ∩ Im T = {0} si atunci suma subspatiilor Ker T si Im Teste suma directa. In plus, dimV = dim(Ker T ) + dim(Im T ), deci V = Ker T ⊕ Im T .

Aratam implicatia c)⇒ b): fie x ∈ Im T , x = T (y), y ∈ V . Scriem pe y conform sumeidirecte 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 multime cu n elemente si

A1, A2, . . . , Am submultimi nevide, distincte ale lui A.

Sa se arate ca exista indici distincti i1, i2, . . . , ik ∈ {1, 2, . . . ,m} astfel ca

Ai1∆Ai2∆ . . .∆Aik = ∅,

unde am notat cu X∆Y = (X ∪ Y ) \ (X ∩ Y ), diferenta simetrica a multimilor X si Y .

Solutie. Fie A = {a1, a2, . . . , an} si pentru fiecare submultime Ai definim vectorul saucaracteristic vi = (xi1, xi2, . . . , xin), unde xij = 1 daca aj ∈ Ai si xij = 0 daca aj 6∈ Ai,

170

i = 1,m, j = 1, n. Observam ca vectorul caracteristic al multimii Ai1∆Ai2 este sumamodulo 2 a vectorilor vi1 si vi2 .

Consideram numerele 0 si 1 ca elemente ale corpului Z2 renotate 0 si 1 iar vectorii vica elemente ale spatiului vectorial Zn2 , care este spatiu vectorial de dimensiune n pestecorpul Z2. Problema astfel reformulata cere sa aratam ca exista vectorii caracteristicivi1 , vi2 , . . . , vik cu suma zero:

vi1 + vi2 + · · ·+ vik = (0, 0, . . . , 0).

Avand m > n vectori (caracteristici) ıntr-un spatiu vectorial de dimensiune n (Zn2 ),rezulta ca ei sunt liniar dependenti. Exista deci scalarii α1, α2, . . . , αm ∈ {0, 1} astfel ca

α1v1 + α2v2 + · · ·+ αmvm = (0, 0, . . . , 0).

Daca ın relatia de mai sus nu mai scriem coeficientii 0 si raman doar coeficientii egalicu 1, αi1 = αi2 = · · · = αik = 1 obtinem:

vi1 + vi2 + · · ·+ vik = (0, 0, . . . , 0),

adicaAi1∆Ai2∆ . . .∆Aik = ∅.

Capitolul 5

Spatii euclidiene si operatori

liniari

Notatii

In cele ce urmeaza V este un spatiu vectorial real sau complex (corpul scalarilor esteR sau C).

• 〈x, y〉 - produsul scalar al vectorilor x si y

• ‖x‖ - norma euclidiana a vectorului x, ‖x‖ =√〈x, x〉

• d(x, y) - distanta (euclidiana) dintre vectorii x si y,

d(x, y) = ‖x− y‖

• (x, y) - unghiul dintre vectorii nenuli x si y (ıntr-un spatiu euclidian real)

(x, y) = arccos〈x, y〉‖x‖ · ‖y‖

• x ⊥ y - vectorii x si y sunt ortogonali (〈x, y〉 = 0)

• V ⊥1 - complementul ortogonal al subspatiului V1 ≤ V ,

V ⊥1 = {y ∈ V | y ⊥ x, ∀ x ∈ V1}

• d(x, V1) - distanta de la vectorul x la subspatiul V1

d(x, V1) = infx1∈V1

d(x, x1)

• T ∗ - adjunctul operatorului T : X → Y

(〈T (x), y〉 = 〈x, T ∗(y)〉, x ∈ X, y ∈ Y )

171

172

• G(v1, v2, . . . , vn) - determinantul Gram al vectorilor v1, v2, . . . , vn:

G(v1, v2, . . . , vn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣〈v1, v1〉〈v1, v2〉 . . . 〈v1, vn〉〈v2, v1〉〈v2, v2〉 . . . 〈v2, vn〉. . . . . . . . . . . .〈vk, v1〉〈vk, v2〉 . . . 〈vk, vn〉

∣∣∣∣∣∣∣∣Definitii si rezultate

In cele ce urmeaza (V,K, ·) este un spatiu vectorial ın care corpul K este R sau C.• Definitie. O functie de doua variabile 〈·, ·〉 : V ×V → K se numeste produs scalar peV daca verifica axiomele:

a) 〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉b) 〈αx, y〉 = α〈x, y〉c) 〈y, x〉 = 〈x, y〉d) 〈x, x〉 = 0 si 〈x, x〉 = 0 ⇔ x = 0

pentru orice x, y, z ∈ V si orice α ∈ K (R sau C).• Definitie. O pereche (V, 〈·, ·〉) ın care V este un spatiu vectorial real sau complex si 〈·, ·〉un produs scalar pe V se numeste spatiu euclidian (real sau complex).• Definitie. O familie de vectori nenuli {vi | i ∈ I} se numeste:

- ortogonala daca 〈vi, vj〉 = 0, pentru orice i 6= j

- ortonormata daca 〈vi, vj〉 = δij =

{1, i = j0, i 6= j

� Teorema. (Gram-Schmidt) Din orice multime de vectori liniar independenti

{v1, v2, . . . , vn} se poate obtine o familie ortogonala {v′1, v′2, . . . , v′n} si apoi o familie

ortonormata {e1, e2, . . . , en}:

v′1 = v1, v′2 = v2 −

〈v2, v′1〉〈v′1, v′1〉

· v′1, . . . , v′n = vn −n−1∑k=1

〈vn, v′k〉〈v′k, v′k〉

· v′k

e1 =v′1‖v1‖

, . . . , en =v′n‖vn‖

.

� Teorema. Orice spatiu euclidian admite baze ortonormate si ın raport cu o astfel de

baza {e1, e2, . . . , en} produsul scalar are expresia:⟨n∑i=1

αiei,n∑j=1

βjej

⟩=

n∑i=1

αiβj .

• Definitie. Se spune ca subspatiile V1 si V2 sunt ortogonale daca

〈x1, x2〉 = 0,

pentru orice x1 ∈ V1 si x2 ∈ V2 si se noteaza V1 ⊥ V2.

� Teorema. Daca V1 este un subspatiu ın V , atunci multimea

V ⊥1 = {y ∈ V | 〈y, x1〉 = 0, ∀ x1 ∈ V1}

Spatii euclidiene si operatori liniari 173

formeaza un subspatiu ın V numit complementul ortogonal al subspatiului V1. In plus,daca V are dimensiune finita, atunci V = V1 ⊕ V ⊥1 . (Orice vector x ∈ V se descompuneunic sub forma x = x1 + x⊥1 cu x1 ∈ V1, x⊥1 ∈ V ⊥1 .) Vectorul x1 se numeste proiectiaortogonala a lui x pe subspatiul V1, iar vectorul x⊥1 se numeste componenta ortogonalaa lui x relativa la subspatiul V1.

� Teorema. Daca v1, v2, . . . , vn sunt vectori liniar independenti si v′1, v′2, . . . , v′n vectorii

ortogonalizati prin procedeul Gram-Schmidt, atunci

G(v1, v2, . . . , vn) = G(v′1, v′2, . . . , v

′n) = ‖v′1‖2 · ‖v′2‖2 · · · ‖v′n‖2.

� Teorema. Distanta de la un vector x la un subspatiu V1 este:

d(x, V1) = ‖x⊥1 ‖ =

√G(v1, . . . , vk, x)

G(v1, . . . , vk),

unde x1 este componenta ortogonala a lui x relativa la V1 iar {v1, . . . , vk} este o baza asubspatiului V1.• Definitie. Daca (X, 〈·, ·〉X), (Y, 〈·, ·〉Y ) sunt spatii euclidiene de acelasi tip (ambele realesau ambele complexe) si T : X → Y este o aplicatie liniara (operator liniar), atunci dacaexista aplicatia liniara T ∗ : Y → X astfel ca

〈T (x), y〉Y = 〈x, T ∗(y)〉X , ∀ x ∈ X, y ∈ Y,

aceasta se numeste adjuncta aplicatiei T .• Definitie. Un endomorfism T : X → X se numeste:

- normal daca T ◦ T ∗ = T ∗ ◦ T- autoadjunct (hermitian) daca T ∗ = T- antiautoadjunct (antihermitian) daca T ∗ = −T- unitar (ortogonal) daca T ∗ = T−1.

� Teorema. Matricea unui operator liniar ıntr-o baza ortonormata este de acelasi tip cuoperatorul (MT ∗ = (MT )∗).� Teorema. Daca (X, 〈·, ·〉) este un spatiu euclidian si T : X → X un operator normal (ınparticular autoadjunct, antiautoadjunct, unitar), atunci ın X exista o baza ortonormalaformata din vectori proprii pentru T . (In particular matricea lui T este diagonalizabilaprintr-o matrice de pasaj unitara).� Teorema. Valorile proprii ale unui operator autoadjunct sunt numere reale.� Teorema. Valorile proprii ale unui operator antiautoadjunct sunt numere imaginare(complexe cu partea reala zero).� Teorema. Valorile proprii ale unui operator unitar au modulul 1.

Se face conventia ca sa se foloseasca ın loc de Mn,1 (K) notatia Kn, unde K este Rsau C.• Definitie. Fie V un spatiu vectorial real. O functie ‖.‖ : V → R este o norma pe Vdaca satisface urmatoarele axiome:

1◦ ‖X‖ ≥ 0, ∀X ∈ V si ‖X‖ = 0⇔ X = 0 (elementul nul din V ),2◦ ‖αX‖ = |α| · ‖X‖, ∀α ∈ K si ∀X ∈ V ,3◦ ‖X + Y ‖ ≤ ‖X‖+ ‖Y ‖, ∀X,Y ∈ V .

• Definitie. Un spatiu vectorial real V pe care este definita o norma se numeste spatiuvectorial normat.

174

Norma vectoriala ‖·‖ este o norma definita pe Rn → R+. Pentru a deosebi normele,atunci cand se lucreaza cu mai multe norme pe acelasi spatiu, se asociaza cate un indice,de exemplu ‖·‖1, ‖·‖2, etc.• Definitie. Norma vectoriala maxim (sau norma l∞) este definita prin relatia ‖·‖∞ :Rn → R+, ‖X‖∞ = max

i|xi|.

• Definitie. Norma vectoriala suma (sau norma l1) este definita prin relatia ‖·‖1 : Rn →

R+, ‖X‖1 =n∑i=1|xi|.

• Definitie. Norma vectoriala euclidiana (sau norma l2) este definita prin relatia ‖·‖2 :

Rn → R+, ‖X‖2 =√x21 + x22 + · · ·+ x2n .

Aceasta este o particularizare a normei

‖·‖p : Rn → R+, ‖X‖p =

(n∑i=1

xpi

)1/p

• Observatie. Daca ‖·‖ este o norma vectoriala pe Rn si A ∈ Mn (R) este o matricenesingulara, atunci ρ (X) = ‖AX‖ pentru orice X ∈ Rn defineste o noua norma vectoriala.(Se verifica usor cele trei axiome).

Prin acest procedeu se pot defini o infinitate de norme pe Rn, deoarece exista o infini-tate de matrice nesingulare.• Definitie. O functie |·| : Mn (R) → R se numeste norma matriceala daca pentruorice A,B ∈Mn (R) satisface urmatoarele 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 observa ca axiomele 1-3 sunt identice cu axiomele de la norma vectoriala. Ultima

axioma nu are corespondent ın cazul normei vectoriale.Proprietati ale normei matriceale:1. ∀A, B ∈Mn (R) :

∣∣Ak∣∣ ≤ |A|k , k ∈ N,

2. |In| ≥ 1, deoarece |In| =∣∣I2n∣∣ ≤ |In|2 ,

3. ∀A ∈Mn (R) : 1 ≤ |A|∣∣A−1∣∣ ,

4. ∀A ∈Mn (R) : |A| < 1⇒ In −A ∈ GLn (R) .• Definitie. Se numeste norma spectrala a matricei A, norma data de formula

|A|s = sup

{‖AX‖2‖X‖2

; X 6= 0, X ∈ Rn}.


Probleme

Problema 5.1 Sa se arate ca ın spatiul euclidian C[−1, 1] cu produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ 1

−1f(x)g(x)dx,

pornind de la baza canonica a subspatiului polinoamelor {1, x, x2, . . . , xn, . . . }, prin ortogo-

nalizare Gram-Schmidt obtinem polinoamele lui Legendre

Ln(x) =n!

(2n)![(x2 − 1)n](n), n ∈ N.

Solutie. Este suficient sa aratam ca Ln este polinom monic de grad n si ca 〈Ln, Lm〉 = 0pentru m 6= n. Avem

(x2 − 1)n = x2n + . . .

si

[(x2 − 1)n](n) = (2n)(2n− 1) . . . (n+ 1)xn + · · · = (2n)!

n!xn + . . .

decin!

(2n)![(x2 − 1)n](n) = xn + . . .

〈Ln, Lm〉 =

∫ 1

−1Ln(x)Lm(x)dx = αn

∫ 1

−1Lm(x)[(x2 − 1)n](n)dx =

= αn(Lm(x)[(x2 − 1)n](n−1)∣∣∣1−1−∫ 1

−1L′m(x)[(x2 − 1)n](n−1)dx) =

= −αn∫ 1

−1L′m(x)[(x2 − 1)n](n−1)dx,

deoarece polinomul (x2 − 1)n are de n ori radacina pe 1 si pe −1, deci derivatele lui panala ordinul (n − 1) se anuleaza ın 1 si −1. Integram ın continuare prin parti de n ori siobtinem

±αn∫ 1

−1L(n)m (x)(x2 − 1)ndx

care daca m < n este egala cu 0 (L(n)m = 0).

Problema 5.2 In spatiul vectorial C[0,∞) se considera subspatiul polinoamelor R[x] pe

care se defineste produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ ∞0

e−xf(x)g(x)dx.

Sa se arate ca pornind de la baza canonica 1, x, x2, . . . , xn, . . . prin procedeul Gram-

Schmidt obtinem baza L0, L1, L2, . . . , Ln, . . . , unde

Ln(x) = (−1)nex[xne−x](n), n ∈ N.

176

Solutie. Este suficient sa aratam ca Ln este polinom unitar de grad n si ca sistemul{L0, L1, . . . , Ln, . . . } este ortogonal.

Avem

[xne−x](n) = xn(e−x)(n) + C1n(xn)′(e−x)(n−1) + C2

n(xn)′′(e−x)(n−2) + · · · =

= xn · (−1)ne−x + αn−1xn−1 + . . .

Deci Ln(x) = xn + . . .Pentru ortogonalitate calculam pentru n 6= k,

〈Ln, Lk〉 =

∫ ∞0

e−xLk(x) · (−1)nex(xne−x)(n)dx =

= (−1)n∫ ∞0

Lk(x)(xne−x)(n)dx.

Integram prin parti si avem:

〈Ln, Lk〉 = (−1)nLk(x)(xne−x)(n−1)∣∣∣∞0− (−1)n

∫ ∞0

L′k(x)(xne−x)(n−1)dx,

dar (xne−x)(n−1) = e−xPn(x), unde Pn este un polinom care se anuleaza ın x = 0 (ultimultermen din derivarea produsului xne−x este Cn−1n−1 (xn)(n−1)e−x = (n− 1)!xe−x.) ProdusulLk(x)Pn(x) este un polinom si lim

x→∞e−xLk(x)Pn(x) = 0 si la fel Lk(0)Pn(0) = 0, deci

〈Ln, Lk〉 = (−1)n−1∫ ∞0

L′k(x)(xne−x)(n−1)dx.

Aplicam succesiv integrarea prin parti si obtinem dupa n pasi

〈Lk, Ln〉 = (−1)n−k∫ ∞0

L(n)k (x)(xne−x)dx

si daca n > k, atunci (Lk)(n) = 0 (Lk este polinom de grad k), deci 〈Ln, Lk〉 = 0.

Problema 5.3 Sa se determine minimul functiei f : Rn → R,

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

∫ 2π

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

Solutie. Consideram spatiul euclidian C[0, 2π] cu produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ 2π

0f(x)g(x)dx

si avem:f(a1, a2, . . . , an) = d2(cosn x,Span{1, cosx, . . . , cosn−1 x}).

Dar Span{1, cosx, . . . , cosn−1 x} = Span{1, cosx, . . . , cos(n− 1)x} si

cosn x =

(1

2(z + z)

)n=

1

2n(C0

n(zn + zn) + C1n(zn−1 · z + z · zn−1) + . . . ) =

=1

2n(C0

n · 2 cosnx+ C1n · 2 cos(n− 2)x+ . . . ),


unde z = cosx+ i sinx.Avem

d2(cosn x,Span{1, cosx, . . . , cosn−1 x}) =

= d2(

1

2n−1cosnx,Span{1, cosx, . . . , cos(n− 1)x}

)=

=

G

(1, cosx, . . . , cos(n− 1)x,

1

2n−1cosnx

)G(1, cosx, . . . , cos(n− 1)x)

=2πn · 1

22(n−1)· π

2πn=

π

4n−1.

Problema 5.4 Sa se determine A(n, k) = infgk∈Rk[x]

∫ 1

0(xn − gk(x))2dx, k < n.

Solutie. Considerand spatiul euclidian C[0, 1], infimumul cautat este patratul distanteide la polinomul xn la subspatiul polinoamelor de grad ≤ k, Rk[x].

Avem:

d2(xn,Rk[x]) =G(1, x, . . . , xk, xn)

G(1, x, . . . , xk),

ın care produsul scalar este

〈xp, xq〉 =

∫ 1

0xpxqdx =

1

p+ q + 1.

Determinantii ce apar sunt determinanti Cauchy

G(1, x, . . . , xk, xn) = det[aij ]i,j=1,k+2

unde

aij =1

ai + bj

iara1 = 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∏i,j=1

(ai + bj)

=

=[n(n− 1) . . . (n− k)]2V 2(0, 1, . . . , k)

k+2∏i,j=1

(ai + bj)

.

Determinantul de la numitor are valoarea

V 2(0, 1, . . . , k)k+1∏i,j=1

(ai + bj)

.

In concluzie

A(n, k) =

(n(n− 1) . . . (n− k)

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

)2

· 1

2n+ 1.

178

Problema 5.5 Sa se arate ca valoarea minima a integralei

∫ 1

−1(f(x))2dx, unde f ∈ R[x]

este polinom monic de grad n, este22n+1(n!)4

(2n+ 1)(2n!)2.

Solutie. Minimul cautat este patratul distantei de la polinomul xn la Rn−1[x] ın spatiuleuclidian C[−1, 1] cu produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ 1

−1f(x)g(x)dx.

Pentru calculul determinantilor Gram din formula distantei, folosim polinoamele ortogo-nale (baza ortogonala) 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)

G(L0, L1, . . . , Ln−1)=‖L0‖2‖L1‖2 . . . ‖Ln−1‖2‖Ln‖2

‖L0‖2‖L1‖2 . . . ‖Ln−1‖2= ‖Ln‖2,

unde Ln(x) =n!

(2n)![(x2 − 1)n](n) si atunci

‖Ln‖2 =n!2

(2n)!2

∫ 1

−1[(x2 − 1)n](n)[(x2 − 1)n](n)dx.

Integram prin parti si obtinem:

‖Ln‖2 =(n!)2(−1)n

((2n)!)2

∫ 1

−1(x2 − 1)n[(x2 − 1)n](2n)dx =

=(n!)2

(2n)!(−1)n

∫ 1

−1(x− 1)n(x+ 1)ndx.

Dupa integrare prin parti de n ori obtinem

‖Ln‖2 =(n!)2

(2n)!· (n!)2

(2n)!

∫ 1

−1(x+ 1)2ndx =

22n+1(n!)4

((2n)!)2(2n+ 1).

Problema 5.6 Sa se arate ca daca A = [aij ]i,j=1,n ∈ Mn(R) este o matrice simetrica si

aii >

n∑j=1j 6=i

|aij |, atunci functia f : Rn × Rn → R

f(X,Y ) =

n∑i,j=1

aijxiyj

este un produs scalar pe Rn.

Solutie. Se verifica usor relatiile f(αX, βY ) = αβf(X,Y ), f(X,Y ) = f(Y,X) sif(X + Y, Z) = f(X,Z) + f(Y,Z).

Singura problema o ridica proprietatea f(X,X) > 0, pentru X 6= 0. Avem

f(X,X) =n∑

i,j=1

aijxixj =n∑i=1

aiix2i + 2

∑i<j

aijxixj >


>

n∑i=1

∑j 6=i|aij |

x2i + 2∑i<j

aijxixj =

=∑i<j

|aij |(x2i + x2j ) + 2∑i<j

aijxixj ≥∑i<j

|aij | · 2|xi||xj |+ 2∑i<j

aijxixj =

= 2∑i<j

(|aij ||xi||xj |+ aijxixj) ≥ 0

deoarece |x| ≥ x, x ∈ R.Observatie. Daca A ∈ Mn(R) este matrice simetrica pozitiv definita, atunci functia

f : Rn × Rn → R,

f(X,Y ) =

n∑i,j=1

aijxiyj

determina pe Rn o structura de spatiu euclidian real.

Problema 5.7 Sa se determine toate aplicatiile liniare T : R2 → R2 si S : R3 → R3 care

transforma orice vector v ıntr-un vector ortogonal. Sa se determine ın aceste cazuri Ker T ,

Im T , Ker S, Im S.

Solutie. T (x, y) = (x′, y′)[x′

y′

]= MT

[xy

]=

[a bc d

]·[xy

]T (x, y) ⊥ (x, y) ⇔ 〈(x, y), (x′, y′)〉 = 0 ⇔

(ax+ by)x+ (cx+ dy)y = 0, x, y ∈ R

x = 0 ⇒ d = 0, y = 0 ⇒ a = 0, x = y = 1 ⇒ c = −b

⇒ T (x, y) = b(y,−x)

(MT = b

[0 1−1 0

])Daca b = 0 ⇒ Ker T = R2, Im T = {(0, 0)}.Daca b 6= 0 ⇒ Ker T = {(0, 0)}, Im T = R2.

S(x, y, z) = (x′, y′, z′), MS =

a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

⇒ MS =

0 −α3 α2

α3 0 −α1

−α2 α1 0

⇒ T (v = a× v

unde a = α1i+ α2j + α3k.Daca a = 0 atunci S = 0.Daca a 6= 0 atunci Im S = planul perpendicular pe a, Ker S = dreapta determinata

de a.

180

Problema 5.8 Sa se arate ca daca e1, . . . , ek, f1, . . . , fp sunt vectori independenti ıntr-un

spatiu euclidian, ıntre determinantii Gram exista relatia

G(e1, . . . , ek, f1, . . . , fp) ≤ G(e1, . . . , ek)G(f1, . . . , fp).

Solutie. Daca Span{e1, . . . , ek} ⊥ Span{f1, . . . , fk}, atunci

G[e1, . . . , ek, f1, . . . , fp] =

[G[e1, . . . , ek] 0

0 G[f1, . . . , fp]

],

deci G(e1, . . . , ek, f1, . . . , fp) = G(e1, . . . , ek)G(f1, . . . , fp).In general facem inductie dupa numarul de vectori. Este suficient sa aratam ca

G(e1, . . . , ek, f) ≤ G(e1, . . . , ek)G(f).Notam Vk = Span{e1, . . . , ek} si descompunem f sub forma f = ek+1 + gk+1, cu

gk+1 ∈ Vk si ek+1 ∈ V ⊥k .Avem:

G(e1, . . . , ek, f) = G(e1, . . . , ek, ek+1) = G(e1, . . . , ek)G(ek+1) =

= G(e1, . . . , ek) · ‖ek+1‖2 ≤ G(e1, . . . , ek) · ‖f‖2 = G(e1, . . . , ek)G(f).

Observatie. G(e1, . . . , ek) ≤ ‖e1‖2 · · · ‖ek‖2.

Problema 5.9 Sa se arate ca daca ın spatiul vectorial normat (V, ‖ · ‖), norma provine

dintr-un produs scalar, atunci pentru orice x, y ∈ V avem inegalitatea:

‖x+ y‖ · ‖x− y‖ ≤ ‖x‖2 + ‖y‖2.

In ce caz are loc egalitatea? Are loc inegalitatea pentru toate normele vectoriale?

Solutie. Daca norma provine dintr-un produs scalar atunci

‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2).

Inmultind cu 2 inegalitatea data obtinem

2‖x+ y‖ · ‖x− y‖ ≤ ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2

sau(‖x+ y‖ − ‖x− y‖)2 ≥ 0,

inegalitate adevarata.Egalitatea are loc daca si numai daca

‖x+ y‖ = ‖x− y‖ ⇔

‖x‖2 + 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ ‖y‖2 = ‖x‖2 − 〈x, y〉 − 〈y, x〉+ ‖y‖2 ⇔

〈x, y〉+ 〈y, x〉 = 0 ⇔ 〈x, y〉+ 〈x, y〉 = 0 ⇔

Re 〈x, y〉 = 0


(ıntr-un spatiu vectorial real conditia este x ⊥ y).In general inegalitatea nu are loc daca norma nu provine dintr-un produs scalar: ın R2

luam norma ‖(x, y)‖ = |x|+ |y| si consideram vectorii x = (1, 0), y = (0, 1), x+ y = (1, 1),x− y = (1,−1) si

‖x+ y‖ = 2, ‖x− y‖ = 2, ‖x‖ = 1, ‖y‖ = 1

si‖x+ y‖ · ‖x− y‖ = 4 > 2 = ‖x‖2 + ‖y‖2.

Problema 5.10 Sa se demonstreze ca polinomul minimal al unei matrice A ∈ Mn(C)

poate fi determinat astfel (fara a gasi polinomul caracteristic si valorile proprii): sistemului

de matrice In, A,A2, . . . , An (liniar dependent) i se aplica procedeul de ortogonalizare

Gram-Schmidt, utilizand produsul scalar ın Mn(C), 〈X,Y 〉 =

n∑i,j=1

xijyij (cu X = [xij ]

si Y = [yij ]). Daca ın sistemul ortogonalizat, la pasul k obtinem matricea 0, atunci avem

0 = Ak + (a0In + a1A + · · · + ak−1Ak−1). Polinomul minimal al matricei A este mA =

xk + ak−1xk−1 + · · ·+ a1A+ a0In.

Solutie. Daca vectorii v0, v1, . . . , vk−1 sunt liniar independenti iar vectorul vk esteliniar dependent de v0, v1, . . . , vk−1, atunci prin ortogonalizare Gram-Schmidt obtinem

vectorii ortogonali nenuli w0, w1, . . . , wk−1 si din wk = vk +

k−1∑i=0

biwi rezulta wk ∈

Span{v0, v1, . . . , vk−1} = V1 si wk ∈ (Span{v0, v1, . . . , vk−1})⊥ = V ⊥1 deci wk ∈ V1 ∩ V ⊥1 ={0} adica wk = 0.

Deoarece

k=1∑i=0

biwi =

k=1∑i=0

aivi rezulta vk +

k−1∑i=0

aivi = 0. Polinomul minimal este polino-

mul de grad k, minim cu proprietatea ca matricele In, A,A2, . . . , Ak sunt liniar dependente

(deci matricele In, A,A2, . . . , Ak−1 sunt liniar independente).

Problema 5.11 In spatiul vectorial R[x] se considera produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ ∞−∞

e−x2f(x)g(x)dx.

Sa se arate ca prin ortogonalizarea bazei canonice 1, x, x2, . . . prin procedeul Gram-

Schmidt obtinem baza ortogonala H0, H1, H2, . . . , unde

Hn(x) =(−1)n

2n· ex2(e−x

2)(n), n ∈ N.

Solutie. Avem

Hn(x) =(−1)n

2n· ex2(−2xe−x

2)(n−1) =

=(−1)n

2nex

2(−2x(e−x

2)(n−1) + C1

n−1(−2)(e−x2)n−2) =

182

=(−1)n−1

2n−1ex

2(e−x

2)(n−1)x− (−1)n−2

2n−2ex

2(e−x

2)(n−2) · 2(n− 1) =

= xHn−1(x)− 2(n− 1)Hn−2(x).

Prin inductie se arata ca Hn este polinom unitar de grad n.Ramane de aratat ca 〈Hn, Hk〉 = 0, pentru orice n 6= k.Avem:

〈Hn, Hk〉 =

∫ ∞−∞

e−x2Hk(x) · (−1)n

2nex

2(e−x

2)ndx =

= αn

∫ ∞−∞

Hk(x)(e−x2)(n)dx.

Integram prin parti si obtinem

〈Hk, Hn〉 = αnHk(x)(e−x2)(n−1)

∣∣∣∞−∞− αn

∫ ∞−∞

H ′k(x)(e−x2)(n−1)dx =

= αnHk(x)ex2(e−x

2)(n−1)e−x

2∣∣∣∞−∞− αn

∫ ∞−∞

H ′k(x)(e−x2)(n−1)dx

Dar (ex2)(e−x

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

limx→±∞

αkHk(x)(ex2(e−x

2)(n−1))e−x

2= 0

si atunci

〈Hk, Hn〉 = −αn∫ ∞−∞

H ′k(x)(e−x2)(n−1)dx

Daca continuam sa integram prin parti, dupa n pasi obtinem

〈Hk, Hn〉 = (−1)nαn

∫ ∞−∞

H(n)k (x)e−x

2dx

si pentru k < n avem H(n)k = 0 deci 〈Hk, Hn〉 = 0.

Problema 5.12 Se considera n discuriD1, D2, . . . , Dn ın plan si notam ariile σ(Di∩Dj) =

aij . Sa se arate ca det[aij ]i,j=1,n ≥ 0.

Solutie. Daca D =

n⋃i=1

Di si notam cu ϕi : D → {0, 1} functia caracteristica a multimii

Di, i = 1, n, atunci

aij =

∫DϕDi∩Dj (x)dx =

∫Dϕi(x)ϕj(x)dx = 〈ϕi, ϕj〉,

decidet[aij ] = G(ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn) ≥ 0,

fiind un determinant Gram.

Problema 5.13 Sa se arate ca:

a) Ker (T ◦ T ∗) = Ker T ∗

b) Im (T ∗ ◦ T ) = Im T ∗.


Solutie. a) x ∈ Ker (T ◦ T ∗) ⇔ (T ◦ T ∗)(x) = 0 ⇔ 〈x, T ◦ T ∗(x)〉 = 0 ⇔〈T ∗(x), T ∗(x)〉 = 0 ⇒ T ∗(x) = 0 ⇒ x ∈ Ker T ∗.

Daca 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 .

Problema 5.14 Sa se arate ca pentru un operator liniar T : V → V urmatoarele afirmatii

sunt echivalente:

a) T este un operator unitar (T ◦ T ∗ = T ∗ ◦ T = I).

b) 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉, x, y ∈ V .

c) ‖T (x)‖ = ‖x‖, x ∈ V .

Solutie. 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉 ⇔ 〈x, (T ∗ ◦T )(y)〉 = 〈x, y〉 ⇔ T ∗ ◦T = I deci a ⇔ b.Punand ın b) y = x obtinem c). Ramane sa aratam ca c) ⇒ b):

〈T (x+ y), T (x+ y)〉 = 〈x+ y, x+ y〉 ⇔

〈T (x), T (x)〉+ 〈T (x), T (y)〉+ 〈T (y), T (x)〉+ 〈T (y), T (y)〉 =

= 〈x, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ 〈y, y〉 ⇔

〈T (x), T (y)〉+ 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉+ 〈x, y〉

Daca ın relatia de mai sus ınlocuim y cu iy obtinem:

〈T (x), T (y)〉 − 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉 − 〈x, y〉

din care prin adunare obtinem

〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉.

Problema 5.15 Pe spatiul vectorial

V = C∞(0, 1) = {f : (0, 1)→ R | exista f (n), n ∈ N}

se considera endomorfismele T, S : V → V definite prin:

T (f)(x) = f ′(x) si S(f)(x) = xf(x).

a) Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii pentru T si S.

b) Sa se arate ca pentru orice n ≥ 1

Tn ◦ S − S ◦ Tn = n · Tn−1.

c) Daca V este un spatiu de dimensiune finita peste R, sa se arate ca nu exista endo-

morfisme A,B : V → V cu proprietatea

A ◦B −B ◦A = I.

184

Solutie. a) T (f) = λf ⇔ f ′ − λf = 0 ⇔ (f(x)e−λx)′ = 0 ⇔ f(x) = ceλx. Oricenumar real λ este valoare proprie pentru T si orice functie exponentiala fλ(x) = ceλx,c 6= 0 este vector propriu corespunzator.S(f) = λf ⇔ xf(x) − λf(x) = 0 ⇔ (x − λ)f(x) = 0, x ∈ (0, 1) ⇒ f(x) = 0, pentruorice x 6= λ si f continua rezulta f = 0. Deci S nu are valori si vectori proprii.

b) Facem inductie dupa n. Pentru n = 1, trebuie aratat ca

(T ◦ S − S ◦ T )(f) = f ⇔ (xf(x))′ − xf ′(x) = f(x) ⇔

f(x) + xf ′(x)− xf ′(x) = f(x) adevarata.

Compunem ın P (n) la stanga si apoi la dreapta cu T

Tn+1 ◦ S − T ◦ S ◦ Tn = nTn

Tn ◦ S ◦ T − S ◦ Tn−1 = nTn

Adunam

(Tn+1 ◦ S − S ◦ Tn+1) + T ◦ (Tn−1 ◦ S − S ◦ Tn−1) ◦ T = 2nTn ⇔

Tn+1 ◦ S − S ◦ Tn+1 + T ◦ (n− 1)Tn−2 ◦ T = 2nTn ⇔

Tn+1 ◦ S − S ◦ Tn+1 = (n+ 1)Tn.

c) Daca V are dimensiune finita A si B pot fi considerate matrice reale. Sa aratam caegalitatea AB−BA = In nu este posibila. Avem Tr (AB) = Tr (BA) deci Tr (AB−BA) =0 6= n = Tr (In).

Problema 5.16 Sa se arate ca daca 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}.

Solutie. a) y ∈ Fix S∗ ⇔ S∗(y) = y ⇔ 〈x, S∗(y)〉 = 〈x, y〉, x ∈ V ⇔ 〈S(x), y〉 =〈x, y〉 ⇔ 〈S(x) − x, y〉 = 0 ⇔ y ⊥ S(x) − x, x ∈ V ⇔ y ⊥ Im (S − I). Aratamca Im (S − I) = Inv S: z ∈ Im (S − I) ⇔ z = S(x) − x ⇔ S(z) = S2(x) − S(x) =x− S(x) = −z, z ∈ Inv S.

b) y ∈ Inv S∗ ⇔ S∗(y) = −y ⇔ 〈x, S∗(y)〉 = 〈x,−y〉, x ∈ V ⇔ 〈S(x), y〉 = −〈x, y〉,x ∈ V ⇔ 〈S(x) +x, y〉 = 0, x ∈ V ⇔ y ∈ [Im (S+ I)]⊥. Aratam ca Im (S+ I) = Fix S,x ∈ Fix S ⇔ S(x) = x ⇔

x =1

2(x+ S(x)) ⇔ x = (I + S)

(1

2x

)⇒ x ∈ Im (S + I)

Daca x ∈ Im (S + I), x = S(y) + y ⇒ S(x) = S2(y) + S(y) = y + S(y) = x,

Problema 5.17 Sa se arate ca un operator de proiectie P este autoadjunct daca si numai

daca Ker P ⊥ Im P .

Solutie. Daca P 2 = P si P = P ∗ trebuie aratat ca oricare ar fi y cu P (y) = 0 sioricare ar fi x avem:

〈P (x), y〉 = 0 ⇔ 〈x, P ∗(y)〉 = 0 ⇔ 〈x, P (y)〉 = 0 ⇔ 〈x, 0〉 = 0.


Problema 5.18 Sa se arate ca daca T : X → X este un operator normal, atunci Ker T ∗ =

Ker T si Im T ∗ = Im T .

Solutie. Un operator normal verifica relatia

〈T (x), T (x)〉 = 〈T ∗(x), T ∗(x)〉 pentru orice x ∈ X.

Avem x ∈ Ker T ⇔ T (x) = 0 ⇔ 〈T (x), T (x)〉 = 0 ⇔ 〈T ∗(x), T ∗(x)〉 = 0 ⇔T ∗(x) = 0 ⇔ x ∈ Ker T ∗.

Se stie ca Im T = (Ker T ∗)⊥ si Im T ∗ = (Ker T )⊥.

Problema 5.19 Fie S : V → V un operator de simetrie (S2 = I). Sa se arate ca

urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

a) S este autoadjunct.

b) S este unitar.

c) Fix S ⊥ Inv S.

Solutie. a) ⇒ b) S = S∗, S ◦ S = I, S∗ ◦ S∗ = I ⇒ S ◦ S∗ = S∗ ◦ S = I ⇒ Sunitar.

b) ⇒ c) S unitar ⇔ 〈x, y〉 = 〈S(x), S(y)〉.Daca x ∈ Fix S, y ∈ Inv S ⇒ S(x) = x, S(y) = −y, deci

〈x, y〉 = 〈x,−y〉 = −〈x, y〉 ⇒ 〈x, y〉 = 0.

c)⇒ a) Daca S este simetrie Fix S = Im (S+I) si Inv S = Im (S−I). Trebuie aratatca daca 〈S(x) + x, S(y)− y〉 = 0, x, y ∈ V atunci S = S∗. Din relatia anterioara obtinem:

(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 scadere dau S∗ = S.

Problema 5.20 Fie T : Cn → Cn o aplicatie liniara cu proprietatea

〈x, y〉 = 0 ⇒ 〈T (x), T (y)〉 = 0.

Sa se arate ca exista un operator unitar S : Cn → Cn si un scalar a ∈ C astfel ca

T = aS.

Solutie. Fie z = x‖y‖2 − 〈x, y〉y. Avem

〈z, y〉 = 〈x, y〉‖y‖2 − 〈x, y〉‖y‖2 = 0 ⇒ 〈T (z), T (y)〉 = 0 ⇔

〈T (x), T (y)〉‖y‖2 − 〈x, y〉‖T (y)‖2 = 0 ⇔

〈T (x), T (y)〉‖y‖2 = 〈x, y〉‖T (y)‖2 (1)

186

Schimband x cu y rezulta

〈T (y), T (x)〉‖x‖2 = 〈y, x〉‖T (x)‖2 ⇔

〈T (x), T (y)〉‖x‖2 = 〈x, y〉‖T (x)‖2 (2)

Din (1) si (2) pentru 〈x, y〉 6= 0 rezulta‖T (x)‖‖x‖

=‖T (y)‖‖y‖

.

Pentru 〈x, y〉 = 0 luam xk = aky + y⊥, y 6= 0 cu (ak)k un sir cu limk→∞

ak = 0, ak 6= 0,

k ∈ N.Avem 〈xk, y〉 = ak〈y, y〉 6= 0.

Deci‖T (xk)‖‖xk‖

=‖T (y)‖‖y‖

si trecand la limita‖T (x)‖‖x‖

=‖T (y)‖‖y‖

.

Deci relatia‖T (x)‖‖x‖

=‖T (y)‖‖y‖

= a ∈ [0,∞) este ındeplinita pentru orice x, y ∈ (Cn)∗.

Revenind ın (1) ⇒ 〈T (x), T (y)〉 = a2〈x, y〉, x, y ∈ Cn.

Daca a = 0 luam S = 0 si daca a 6= 0 luam S =1

aT .

Problema 5.21 Sa se arate ca o forma patratica f =n∑

i,j=1

aijxixj cu aij = aji si aii >∑j 6=i|aij | (diagonal dominanta) este pozitiv definita.

Solutie. Pentru (x1, . . . , xn) 6= (0, . . . , 0) avem

n∑i=1

aiix2i >

n∑i=1

∑j 6=i|aij |

x2i = (|a12|+ |a13|+ · · ·+ |a1n|)x21+

+(|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| =

= 2∑i<j

|aij ||xi||xj | =∑i 6=j|aij ||xi||xj | ≥

∑i 6=j

(−aij)xixj .

Am obtinutn∑i=1

aiix2i >

∑i 6=j

(−aij)xixj

saun∑i=1

aiix2i +

∑i 6=j

aijxixj > 0

saun∑

i,j=1

aijxixj > 0.


Problema 5.22 Se considera pe axa reala intervalele A1, A2, . . . , An si se noteaza cu aij

lungimea intervalului Ai ∩Aj , i, j = 1, n. Sa se arate ca forma patratica:

f(x1, x2, . . . , xn) =n∑

i,j=1

aijxixj

este pozitiv semidefinita.

Solutie. Notam cu A =

n⋃i=1

Ai si pentru B ⊂ A consideram functia caracteristica a

multimii B, ϕB : A→ {0, 1}

ϕB(x) =

{1 daca x ∈ B0 daca x 6∈ B

Daca B este interval, atunci lungimea lui

l(B) =

∫AϕB(x)dx =

∫A

(ϕB(x))2dx.

In plus ϕAi∩Aj = ϕAiϕAj si atunci

aij =

∫AϕAi(x)ϕAj (x)dx.

Avem:n∑

i,j=1

aijxixj =

∫A

n∑i,j=1

ϕAi(x)ϕAj (x)xixj

dx

=

∫A

(ϕA1(x)x1 + ϕA2

(x)x2 + · · ·+ ϕAn(x)xn)2dx ≥ 0.

Problema 5.23 Fie A,B ∈Mn(R) doua matrice ortogonale (AAt = In si BBt = In).

Sa se arate ca daca detA+ detB = 0, atunci det(A+B) = 0.

Solutie. detA · det(A+B) = detA · det(At +Bt) = det(In +ABt)

= det(In +BAt) = detB · det(At +Bt) = detB · det(A+B)

=− detA · det(A+B)

⇒ 2 detA · det(A+B) = 0 ⇒ det(A+B) = 0.

Problema 5.24 Fie A = [aij ]i,j=1,n ∈Mn(R) o matrice ortogonala.

Sa se arate ca

n∑i,j=1

|aij | ≤ n√n si

∣∣∣∣∣∣n∑

i,j=1

aij

∣∣∣∣∣∣ ≤ n.

188

Solutie. Avem:n∑

i,j=1

|aij | =n∑

i,j=1

1 · |aij |

si aplicam inegalitatea Cauchy-Schwarz: n∑i,j=1

|aij |

2

≤n∑

i,j=1

1 ·n∑

i,j=1

|aij |2

= n2n∑i=1

n∑j=1

|aij |2 = n2

n∑i=1

1 = n2 · n = n3.

Pentru a doua inegalitate, observam ca daca notam cu [1] matricea coloana cu toateelementele egale cu 1, atunci

n∑i,j=1

aij = 〈[1], A[1]〉,

produsul scalar fiind cel obisnuit ın Rn. Folosind aceeasi inegalitate:

|〈[1], A[1]〉| ≤ ‖[1]‖ · ‖A[1]‖ =√n · ‖[1]‖ =

√n ·√n = n

(A fiind ortogonala avem ‖AX‖ = ‖X‖).

Problema 5.25 Fie A ∈ Mn(R) o matrice simetrica pentru care exista k natural astfel

ca Ak = In. Sa se arate ca A2 = In.

Solutie. A fiind simetrica este diagonalizabila si are valorile proprii reale. Din Ak = In,pentru orice valoare proprie λA avem λkA = 1 si din λA ∈ R rezulta λA = ±1. Formadiagonala a matricei A va fi

DA =

[−Ip 0

0 In−p

]si din A = PDAP

−1 rezulta A2 = PD2AP−1 = PInP

−1 = In.

Problema 5.26 Fie A ∈Mn(R) astfel ca A+At = In. Sa se arate ca detA > 0.

Concurs Rusia

Solutie. Scriem relatia sub forma(A− 1

2In

)+

(A− 1

2In

)t= 0,

deci matricea B = A− 1

2In este antisimetrica (reala) si are valorile proprii imaginare sau

zero. Daca λB = bi, b 6= 0, atunci B are valoare proprie si pe λB = −ib (cu acelasi ordin

de multiplicitate). Valorile proprii ale matricei A sunt λA =1

2+ λB, deci λA =

1

2sau

λA =1

2+ ib si λA =

1

2− ib.

Determinantul matricei A este produsul valorilor proprii, deci

detA =

(1

2

)k∏(1

2+ ib

)(1

2− ib

)=

(1

2

)k∏(1

4+ b2

)> 0.


Problema 5.27 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune n si V1, V2, V3 subspatii ın V .

Sa se arate ca dimV1 + dimV2 + dimV3 − dim(V1 ∩ V2 ∩ V3) ≤ 2n.

Solutie. Consideram aplicatia liniara T : V1 × V2 × V3 → V × V

T (x1, x2, x3) = (x1 − x3, x2 − x3)

si avemKer T = {(x, x, x) | x ∈ V1 ∩ V2 ∩ V3}

deci dim Ker T = dim(V1 ∩ V2 ∩ V3).Din teorema dimensiunii pentru aplicatia T avem:

dim(V1 × V2 × V3) = dim(Ker T ) + dim(Im T ).

Dar dim(V1 × V2 × V3) = dimV1 + dimV2 + dimV3 si

dim(Im T ) ≤ dimV + dimV = 2n

si astfel avem:

dimV1 + dimV2 + dimV3 ≤ dim(V1 ∩ V2 ∩ V3) + 2n.

Problema 5.28 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian de dimensiune finita si T : X → X un

endomorfism care conserva ortogonalitatea (x ⊥ y ⇒ T (x) ⊥ T (y)). Sa se arate ca exista

a ≥ 0 astfel ca

‖T (x)‖ = a‖x‖, pentru orice x ∈ X.

Solutie. Fie {e1, e2, . . . , en} o baza ortonormata ın X. Vectorii ei − ej si ei + ej suntortogonali pentru orice i 6= j:

(〈ei − ej , ei + ej〉 = ‖ei‖2 + 〈ei, ej〉 − 〈ej , ei〉 − ‖ej‖2 = 1 + 0− 0− 1 = 0)

si atunci〈T (ei − ej), T (ei + ej)〉 = 0 ⇔ ‖T (ei)‖2 − ‖T (ej)‖2 = 0,

deci‖T (e1)‖ = ‖T (e2)‖ = . . . = ‖T (en)‖ = a ≥ 0.

Pentru x =

n∑i=1

αiei avem

‖T (x)‖2 =

∥∥∥∥∥n∑i=1

αiT (ei)

∥∥∥∥∥2

=

⟨n∑i=1

αiT (ei),n∑j=1

αjT (ej)

⟩

=n∑i=1

n∑j=1

αiαj〈T (ei), T (ej)〉 =

n∑i=1

α2i ‖T (ei)‖2

=n∑i=1

α2i a

2 = a2n∑i=1

α2i = α2‖x‖2,

deci‖T (x)‖ = a‖x‖, x ∈ X.

190

Problema 5.29 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian de dimensiune finita si P : X → X un

operator de proiectie cu proprietatea ca

‖P (x)‖ ≤ ‖x‖, pentru orice x ∈ X.

Sa se arate ca P este autoadjunct.

Solutie. Vom arata mai ıntai ca Im P ⊥ Ker P .Fie x = P (z) ∈ Im P si y ∈ Ker P .Avem:

‖P (ax+ y)‖2 ≤ ‖ax+ y‖2 ⇔ ‖aP (x) + P (y)‖2 ≤ ‖ax+ y‖2 ⇔

a2‖P (x)‖2 ≤ a2‖x‖2 + 2a〈x, y〉+ ‖y‖2 pentru orice a ∈ R ⇔

a2‖P (z)‖2 ≤ a2‖P (z)‖2 + 2a〈x, y〉+ ‖y‖2 ⇔

2a〈x, y〉+ ‖y‖2 ≥ 0 pentru orice a ∈ R.

Rezulta 〈x, y〉 = 0.Din X = Ker P ⊕ Im P rezulta ca Ker P = (Im P )⊥ si Im P = (Ker P )⊥.Pe de alta parte pentru orice endomorfism avem: Ker P ∗ = (Im P )⊥ si Im P ∗ =

(Ker P )⊥, astfel ca Ker P = Ker P ∗ = V2 si Im P = Im P ∗ = V1, deci P si P ∗ sunt egali(proiectia pe V1 paralela cu V2 cu V1 ⊥ V2 deci o proiectie ortogonala).

Problema 5.30 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian si f : X → X o functie cu proprietatea

〈f(x), y〉 = 〈x, f(y)〉, pentru orice x, y ∈ X.

Sa se arate ca f este un operator autoadjunct.

Solutie. Aratam ca f este aplicatie liniara.Avem:

〈f(ax+ by), z〉 = 〈ax+ by, f(z)〉 = a〈x, f(z)〉+ b〈y, f(z)〉

= a〈f(x), z〉+ b〈f(y), z〉 = 〈af(x) + bf(y), z〉 pentru orice x, y, z ∈ X.

Rezulta f(ax+by) = af(x)+bf(y), pentru orice x, y ∈ X, deci f este aplicatie liniara.Din 〈f(x), y〉 = 〈x, f(y)〉 si 〈f(x), y〉 = 〈x, f∗(y)〉 rezulta

〈x, f(y)〉 = 〈x, f∗(y)〉, x, y ∈ X ⇔ 〈x, f(y)− f∗(y)〉 = 0

si luand x = f(y)− f∗(y) rezulta

‖f(y)− f∗(y)‖2 = 0

deci

f(y) = f∗(y), y ∈ X ⇔ f = f∗,

deci f este autoadjuncta.


Problema 5.31 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian real si f : X → X o functie cu propri-

etatea f(0) = 0 si ‖f(x)− f(y)‖ = ‖x− y‖ pentru orice x, y ∈ X.

Sa se arate ca f este o aplicatie liniara ortogonala.

Solutie. Luand y = 0 ın relatia data obtinem ‖f(x)‖ = ‖x‖. Avem:

‖f(x)− f(y)‖2 = ‖x− y‖2 ⇔ 〈f(x)− f(y), f(x)− f(y)〉 = 〈x− y, x− y〉 ⇔

〈f(x), f(x)〉 − 〈f(x), f(y)〉 − 〈f(y), f(x)〉+ 〈f(y), f(y)〉

= 〈x, x〉 − 〈x, y〉 − 〈y, x〉+ 〈y, y〉 ⇔

2〈f(x), f(y)〉 = 2〈x, y〉 ⇔ 〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉,

deci f conserva produsul scalar.Vom arata ca f(ax + by) = af(x) + bf(y), pentru orice x, y ∈ X si orice a, b ∈ R.

Pentru aceasta aratam ca ‖f(ax+ by)− af(x)− bf(y)‖ = 0. Avem:

‖f(ax+ by)− af(x)− bf(y)‖2 = ‖f(ax+ by)‖2 + a2‖f(x)‖2 + b2‖f(y)‖2

−2a〈f(ax+ by), f(x)〉 − 2b〈f(ax+ by), f(y)〉+ 2ab〈f(x) + f(y)〉

= ‖ax+ by‖2 + a2‖x‖2 + b2‖y‖2 − 2a〈ax+ by, x〉 − 2b〈ax+ by, y〉+ 2ab〈x, y〉

= ‖ax+ by‖2 + a2‖x‖2 + b2‖y‖2 − 2a2‖x‖2 − 2ab〈y, x〉 − 2ba〈x, y〉 − 2b2‖y‖2

+2ab〈x, y〉 = ‖ax+ by‖2 − a2‖x‖2 − b2‖y‖2 − 2ab〈x, y〉 = 0.

Din f liniara si 〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉 ⇔ 〈x, f∗ ◦ f(y)〉 = 〈x, y〉 ⇔

〈x, f∗ ◦ f(y)− y〉 = 0, pentru orice x, y ∈ X,

luand x = f∗ ◦ f(y)− y, rezulta

‖f∗ ◦ f(y)− y‖2 = 0 deci f∗ ◦ f(y) = y, y ∈ X ⇔

f∗ ◦ f = I ⇔ f∗ = f−1,

deci f este aplicatie ortogonala.

Problema 5.32 Fie V un spatiu euclidian real de dimensiune n si v1, . . . , vn, vn+1 vectori

din V cu proprietatea ca ‖vi‖, ‖vi + vj‖ ∈ Q pentru orice i, j = 1, n+ 1.

Sa se arate ca acesti vectori sunt liniar dependenti peste Q.

IMC, 2006

Solutie. Daca Span{v1, v2, . . . , vn, vn+1} 6= V ne reducem de la n la n− 1 (inductie).Presupunem ca v1, v2, . . . , vn sunt liniar independenti peste R si fie

vn+1 = α1v1 + α2v2 + . . .+ αnvn,

scrierea lui vn+1 ın baza {v1, v2, . . . , vn}.

192

Din ‖vi + vj‖2 = ‖vi‖2 + ‖vj‖2 + 2〈vi, vj〉 si din ‖vi + vj‖ ∈ Q, ‖vi‖ ∈ Q, ‖vj‖ ∈ Qrezulta 〈vi, vj〉 ∈ Q. Inmultind scalar pe vn+1 pe rand cu v1, v2, . . . , vn obtinem relatiile

〈v1, vn+1〉 = α1〈v1, v1〉+ α2〈v1, v2〉+ . . .+ αn〈v1, vn〉

〈v2, vn+1〉 = α1〈v2, v1〉+ α2〈v2, v2〉+ . . .+ αn〈v2, vn〉

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

〈vn, vn+1〉 = α1〈vn, v1〉+ α2〈vn, v2〉+ . . .+ αn〈vn, vn〉

relatii pe care le interpretam ca sistem de ecuatii cu necunoscutele α1, α2, . . . , αn sicoeficientii din Q. Determinantul sistemului este determinantul Gram G(v1, . . . , vn) careeste nenul deoarece vectorii v1, . . . , vn sunt liniar independenti. Asadar sistemul are solutieunica α1, . . . , αn ∈ Q.

Problema 5.33 Fie A,B ∈Mn(C) matrice unitare. Sa se arate ca | det(A+B)| ≤ 2n.

Solutie. O matrice unitara este inversabila si are toate valorile proprii de modul 1.Avem:

det(A+B) = detA(In +A−1B) = detA · det(In +A−1B).

Aratam ca matricea A−1B este ortogonala:

(A−1B)−1 = B−1A,

(A−1B)∗ = B∗(A−1)∗ = B∗(A∗)∗ = B∗A = B−1A.

Daca λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A−1B, atunci

1 + λ1, 1 + λ2, . . . , 1 + λn

sunt valorile proprii ale matricei In +A−1B si atunci

| det(In +A−1B)| = |1 + λ1| · |1 + λ2| · · · |1 + λn| ≤ 2 · 2 · . . . · 2 = 2n,

iar |detA| = 1. Obtinem | det(A+B)| ≤ 2n.

Problema 5.34 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune n si V1, V2, V3 subspatii astfel

ca

dim(V1) + dim(V2) + dim(V3) > 2n.

Sa se arate ca V1 ∩ V2 ∩ V3 6= {0}.

Examen Franta

Solutie. Consideram aplicatia liniara T : V1 × V2 × V3 → V × V

T (x1, x2, x3) = (x1 − x3, x2 − x3)

si avemKer T = {(x, x, x) | x ∈ V1 ∩ V2 ∩ V3}.


Aplicam teorema dimensiunii pentru aplicatia T si avem:

dim(V1 × V2 × V3) = dim(Ker T ) + dim(Im T ).

Avem

dim(V1 × V2 × V3) = dimV1 + dimV2 + dimV3 > 2n

si

dim(Im T ) ≤ dim(V × V ) = 2n.

Ramane ca dim(Ker T ) > 0, deci Ker T 6= {0} ⇔ V1 ∩ V2 ∩ V3 6= {0}.

Problema 5.35 Daca ‖·‖ este o norma pe Rn si A ∈ Mn (R), exista un numar M > 0

astfel ıncat ‖Ax‖ ≤M ‖x‖, ∀x ∈ Rn.

Solutie. Multimea S = {x : x ∈ Rn cu ‖x‖ = 1} este o multime compacta ın Rn(marginita si ınchisa). Orice norma pe Rn este o functie continua de cele n variabileindependente xi si deci este marginita pe S (teorema lui Weierstrass). Deci avem ‖Ax‖ ≤M pentru orice x ∈ S. Daca x ∈ Rn este un vector oarecare diferit de vectorul nul, avem‖A (x/ ‖x‖)‖ ≤M si deci ‖Ax‖ ≤M ‖x‖. Altfel spus, avem ‖Ax‖ / ‖x‖ ≤M pentru oricex 6= 0 din Rn.

Problema 5.36 Fie o norma vectoriala definita pe Rn notata ‖·‖. Se defineste |·| :

Mn (R)→ R+ prin

|A| = sup

{‖Ax‖‖x‖

; x 6= 0, x ∈ Rn}. (5.1)

Sa se arate ca aplicatia astfel definita este o norma matriceala. (Aceasta se numeste norma

matriceala generata de norma vectoriala ‖·‖.)

Solutie. Definitia (5.1) este corecta, deoarece acest supremum nu poate fi∞ (conformproblemei 5.35). Prima axioma este evident satisfacuta.Pentru cea de a doua, se scrie

|αA| = sup

{‖(αA)x‖‖x‖

; x 6= 0, x ∈ Rn}

=

= sup

{|α| ‖Ax‖‖x‖

; x 6= 0

}=

= |α| sup

{‖Ax‖‖x‖

; x 6= 0, x ∈ Rn}

=

= |α| |A| ,∀α ∈ R si ∀A ∈Mn (R) .

(5.2)

194

Pentru a verifica axioma a treia, se scrie

|A+B| = sup

{‖(A+B)x‖‖x‖

; x 6= 0, x ∈ Rn}

=

= sup

{‖Ax+Bx‖‖x‖

; x 6= 0, x ∈ Rn}≤

≤ sup

{‖Ax‖+ ‖Bx‖

‖x‖; x 6= 0, x ∈ Rn

}≤

≤ sup

{‖Ax‖‖x‖

; x 6= 0, x ∈ Rn}

+

+ sup

{‖Bx‖‖x‖

; x 6= 0, x ∈ Rn}

= ‖A‖+ ‖B‖ , ∀A, B ∈Mn (R) .

(5.3)

Pentru ultima axioma, se observa ca

|AB| = sup

{‖(AB)x‖‖x‖

; x 6= 0

}=

= sup

{‖A (Bx)‖‖x‖

; x 6= 0

}≤

≤ sup

{|A| ‖Bx‖‖x‖

; x 6= 0

}=

= |A| sup

{‖Bx‖‖x‖

; x 6= 0

}= |A| · |B|

(5.4)

oricare ar fi A,B ∈ Mn (R). (S-a folosit majorarea ‖Ax‖ ≤ |A| ‖x‖ pentru orice vectorx ∈ Rn, care rezulta din definitia (5.1).)

In concluzie, formula (5.1) defineste ıntr-adevar o norma pe Mn (R), care ın acest feldevine un spatiu vectorial normat real.

Problema 5.37 Fie norma matriceala generata de norma vectoriala maxim

|A|∞ = sup

{‖Ax‖∞‖x‖∞

; x 6= 0, x ∈ Rn}. (5.5)

Sa se demonstreze ca pentru orice matrice A ∈ Mn (R), aceasta norma este data de

formula

|A|∞ = maxi

n∑j=1

|aij | . (5.6)

Solutie. Se noteaza Ax = y si deci ‖Ax‖∞ = ‖y‖∞ = maxi|yi|. Dar yi =

n∑j=1

aijxj

si |xj | ≤ ‖x‖∞ rezulta ca |yi| ≤ ‖x‖1 ·n∑j=1|aij |. Se noteaza cu M = max

i

n∑j=1|aij | si se

presupune ca acest maxim este atins pentru valoarea k a indicelui de linie i. Din |yi| ≤M ‖x‖∞ , ∀i = 1, n rezulta ‖Ax‖1 ≤ M ‖x‖1 pentru orice x ∈ Rn. Toate rapoartelemultimii din (5.5) sunt marginite superior de M , care este un majorant pentru aceastamultime. Daca se gaseste un vector x 6= 0, pentru care raportul ‖Ax‖∞ / ‖x‖∞ are valoareaM (echivalent ‖Ax‖∞ = M ‖x‖∞), rezulta ca M este marginea superioara a multimii de


rapoarte. Acest vector este x = (sgn ak1, sgn ak2, . . . , sgn akn)t, are elementul de pe linia k,

yk =n∑j=1|akj | = M si norma ‖x‖∞ = 1. Deci el satisface egalitatea ‖Ax‖∞ = M ‖x‖∞ si

atunci formula (5.5) este demonstrata.Observatie. Norma |A|∞ se numeste uneori ”norma pe linii”, deoarece se obtine

sumand valorile absolute ale elementelor de pe fiecare linie si luand apoi cea mai maresuma gasita.

Problema 5.38 Fie norma matriceala generata de norma vectoriala suma

|A|1 = sup

{‖Ax‖1‖x‖1

; x ∈ Rn, x 6= 0

}. (5.7)

Sa se demonstreze ca pentru orice matrice A ∈ Mn (R), aceasta norma este data de

formula

|A|1 = maxj

n∑i=1

|aij | . (5.8)

Solutie. Se noteaza Ax = y si rezulta ca ‖Ax‖1 = ‖y‖1 =n∑i=1|yi|. Din yi =

n∑j=1

aijxj ,

se obtine |yi| ≤n∑j=1|aij | · |xj |, ∀i = 1, n si deci

‖Ax‖1 ≤n∑i=1

n∑j=1

|aij | · |xj |

=

n∑j=1

(n∑i=1

|aij |

)|xj | . (5.9)

Se noteaza M = maxj

n∑i=1|aij |, si se scrie

‖Ax‖1 ≤Mn∑j=1

|xj | = M ‖x‖1 , ∀x ∈Mn,1 (R) . (5.10)

Ca si ın cazul precedent, daca se gaseste un vector x pentru care ‖Ax‖1 = M ‖x‖1, varezulta ca M = |A|1 si deci formula (5.8) este adevarata. Acest vector x se poate determina

astfel: daca se admite ca maxj

n∑i=1|aij | se realizeaza pentru valoarea k a indicelui de coloana

j, M =n∑i=1|aik|, se considera vectorul x ale carui elemente sunt egale cu zero, ın afara de

cel de pe linia k, care este egal cu 1. El are proprietatea ca Ax coincide cu coloana k amatricei A, deci ‖Ax‖1 = M si pe de alta parte ‖x‖1 = 1. Prin urmare ‖Ax‖1 = M ‖x‖1.

Problema 5.39 Se defineste functia |·|2 :Mn (R)→ R+ prin

|A|2 =

√√√√ n∑i=1

n∑j=1

a2ij , ∀A ∈Mn (R) , A = [aij ]i=1,nj=1,n

. (5.11)

Sa se arate ca |·|2 este o norma matriceala, dar nu este o norma generata de o norma

vectoriala.

196

Solutie. Primele trei axiome sunt ın mod evident ındeplinite.Demonstram ultima axioma:

|AB|2 ≤ |A|2 |B|2 , ∀A,B ∈Mn (R) . (5.12)

Se arata mai ıntai ca ‖Ax‖2 ≤ |A|2 ‖x‖2, ∀x ∈ Rn. In adevar, daca Ax = y, atunci

yi =n∑j=1

aijxj si deci y2i =

(n∑j=1

aijxj

)2

. Din

y2i ≤

n∑j=1

a2ij

n∑j=1

x2j

=

n∑j=1

a2ij

‖x‖22 , i =1, n. (5.13)

rezulta

‖Ax‖22 =n∑i=1

y2i ≤n∑i=1

(n∑j=1

a2ij

)‖x‖22 =

=

(n∑i=1

n∑j=1

a2ij

)‖x‖22 = |A|22 · ‖x‖

22

(5.14)

adica ‖Ax‖2 ≤ |A|2 · ‖x‖2.In cazul ultimei axiome, daca v(1), v(2), . . . , v(n) sunt coloanele matricei B, vectorii

Av(1), Av(2), . . . , Av(n) sunt coloanele matricei AB, adicaAB = col

[Av(1), Av(2), . . . , Av(n)

]si

|AB|22 =∥∥Av(1)∥∥2 +

∥∥Av(2)∥∥2 + · · ·+∥∥Av(n)∥∥2 ≤

≤ |A|22(∥∥v(1)∥∥2 + · · ·+

∥∥v(n)∥∥2) = |A|22 · |B|22

(5.15)

deci (5.12) este adevarata. Functia astfel definita este o norma matriceala.Demonstram ca aceasta norma matriceala nu este o norma generata de o norma vec-

toriala. Fie matricea unitate In care are norma euclidiana egala cu√n. Daca ar exista o

norma vectoriala ‖·‖ care sa ne conduca la norma |·|2 pentru matrice, ar trebui sa avem

|In|2 = sup‖Inx‖‖x‖

= 1, ceea ce este evident imposibil. De aici rezulta ca exista norme

matriceale care nu sunt generate de norme vectoriale.

Problema 5.40 Se defineste functia ρ :Mn (R)→ R+ prin

ρ (A) = maxi,j|aij | , ∀A ∈Mn (R) , A = [aij ]i=1,n

j=1,n

.

Sa se arate ca aceasta functie nu defineste o norma pe Mn (R).

Solutie. Fie A = B cu aij = bij = 1, ∀i, j = 1, n. Matricea AB are toate elementeleegale 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 defineste functia ρ :Mn (R)→ R+ prin

ρ (A) = n

(maxi,j|aij |

), ∀A ∈Mn (R) , A = [aij ]i=1,n

j=1,n

.

Sa se demonstreze ca ρ este o norma matriceala.


Solutie. Primele trei axiome se verifica imediat. Pentru a se verifica ultima axiomase considera doua matrice oarecare A = [aij ]i=1,n

j=1,n

, B = [bij ]i=1,nj=1,n

si se noteaza C = AB.

Atunci cij =n∑k=1

aikbkj si

|cij | ≤n∑k=1

|aik| · |bkj | ≤

≤(

n∑k=1

|aik|)(

maxj,k=1,n

|bkj |)≤(n maxi,k=1,n

|aik|)(

maxj,k=1,n

|bkj |) (5.16)

deci

n |cij | ≤(n maxi,k=1,n

|aik|)(

n maxj,k=1,n

|bkj |), ∀i, j = 1, n (5.17)

ceea ce implica ρ (AB) ≤ ρ (A) ρ (B).

Problema 5.42 Fie A ∈Mn (R) matrice simetrica cu valorile proprii λ1 ≤ λ2 ≤ . . . ≤ λn.

Sa se arate ca

λ1 ‖x‖22 ≤ xtAx ≤ λn ‖x‖22 , ∀x ∈ Rn.

Solutie. Deoarece matricea A este simetrica, exista o baza ortonormata ın Rn,

formata din vectori proprii ai lui A,{v(i) : i = 1, n

}. Rezulta ca x =

n∑i=1

⟨x, v(i)

⟩v(i),

Ax =n∑i=1

⟨x, v(i)

⟩λiv

(i), xtAx =n∑i=1

λi⟨x, v(i)

⟩2, ∀x ∈Mn,1 (R).

Dar λ1 ‖x‖2 ≤n∑i=1

λi⟨x, v(i)

⟩2 ≤ λn ‖x‖22 . Din ultimele doua relatii, rezulta

λ1 ‖x‖22 ≤ xtAx ≤ λn ‖x‖22 , ∀x ∈ Rn.

Observatie. Se mai poate scrie(mini=1,n

λi

)‖x‖22 ≤ x

tAx ≤(

maxi=1,n

λi

)‖x‖22 , ∀x ∈ Rn,

unde λi, i = 1, n sunt valorile proprii ale matricei simetrice A. Folosind majorarea obtinutasi formula (5.1), putem obtine norma matriceala peMn (R) generata de norma euclidianaa vectorilor din Rn.

Problema 5.43 Sa se demonstreze ca expresia normei spectrale este data de

|A|s =√

maxi=1,n

µi,

ın care µi sunt valorile proprii matricei reale simetrice B = AtA.

Solutie. Mai ıntai se observa ca xtBx ≥ 0, ∀x ∈ Rn. Intr-adevar,

xtBx = xt(AtA

)x = (Ax)t (Ax) = ‖Ax‖22 ≥ 0.

198

Conform problemei 5.42

xtBx ≤(

maxi=1,n

µi

)‖x‖22 ,∀x ∈ Rn.

Dar avem si µi ≥ 0 pentru i = 1, n, daca se tine seama de conditia xtBx ≥ 0 pentruorice x ∈ Rn. Din inegalitatea ‖Ax‖2 ≤

√maxµi ‖x‖2, ∀x ∈ Rn se deduce

‖Ax‖2‖x‖2

≤√maxi=1,n

µi ⇒ |A|s ≤√

maxi=1,n

µi.

Pentru a termina demonstratia, ramane sa se determine un vector x 6= 0, pentru care‖Av‖2‖v‖2

=√

maxi=1,n

µi. Acest vector va fi vectorul propriu al lui B, care satisface Bv = µv,

unde µ = maxi=1,n

µi. In adevar,

vtBv = ‖Av‖22 si vtBv = µvtv = µ ‖v‖22

ceea ce implica‖Av‖2‖v‖2

=√µ.

Observatie. De retinut ca norma euclidiana pentru vectori nu genereaza norma eu-clidiana pentru matrice. Evident, are loc inegalitatea |A|s ≤ |A|2.

Problema 5.44 Functia |·| :Mn (R)→ R+ definita prin

|A| =n∑i=1

n∑j=1

|aij | ,

defineste o norma matriceala pe multimea Mn (R) .

Solutie. Este suficient sa se demonstreze numai ca |AB| ≤ |A| |B| , ∀A,B ∈Mn (R) .Se scrie

|AB| =n∑i=1

n∑j=1

∣∣∣∣∣n∑k=1

aikbkj

∣∣∣∣∣ ≤n∑i=1

n∑j=1

(n∑k=1

|aik| |bkj |

)

si folosind majorarea evidenta |bkj | ≤n∑

m=1|bmj |, se obtine

n∑k=1

|aik| |bkj | ≤n∑k=1

|aik|

(n∑

m=1

|bmj |

)=

n∑k=1

n∑m=1

|aik| |bmj | ,

deci

|AB| ≤n∑i=1

n∑j=1

(n∑k=1

n∑m=1|aik| |bmj |

)=

=

(n∑i=1

n∑k=1

|aik|)(

n∑j=1

n∑m=1|bmj |

)= |A| |B| .

Problema 5.45 Fie A ∈Mn (R). Daca λ este valoare proprie pentru A, rezulta |λ| ≤ |A|,

oricare ar fi norma matriceala aleasa.


Solutie. Fie Ax = λx si C = col [x, x, . . . , x] matricea cu toate coloanele x ∈ Rn (s-apresupus x 6= 0). Avem Ax = λx, caci fiecare coloana din AC coincide cu vectorul λx, la felca si fiecare coloana din matricea λx. Deducem ca |λC| = |AC| sau ınca |λ| · |C| ≤ |A| · |C|.Simplificand cu |C| 6= 0, obtinem |λ| ≤ |A|.

Problema 5.46 Fie A ∈Mn (C). Se noteaza ρi =n∑

j=1,j 6=i|aij |, i = 1, n. Sa se arate ca

Spec (A) ⊂n⋃i=1

{z; |z − aii| ≤ ρi} .

Solutie. Fie λ un numar complex care nu face parte din multimean⋃i=1

Di. Aceasta

ınseamna ca avem |λ− aii| > ρi pentru toti i = 1, n. Dar λ − aii este elementul depe diagonalela principala a determinantului care da valoarea polinomului caracteristicP (λ) = det (λI −A), iar conditiile |λ− aii| > ρi pentru i = 1, n spun ca pe fiecarelinie, elementul de pe diagonala principala este mai mare ın modul decat suma modulelorcelorlalte elemente din linia sa. Conform problemei 3.109, P (λ) 6= 0, deci ın afara multimiin⋃i=1

Di nu se afla nici o radacina a polinomului P (λ), adica Spec (A) ⊂n⋃i=1

Di.

Observatie. Multimea Di = {z; |z − aii| ≤ ρi} reprezinta un disc din planul complexcu centrul ın aii si de raza ρi. Acestea se numesc discurile lui Gershgorin.

Problema 5.47 Fie A ∈ Mn (C). Se noteaza ρ(A) = maxi=1,n

|λi| si se numeste raza spec-

trala a matricei A. Sa se demonstreze ca

ρ(A) ≤ maxi=1,n

n∑j=1

|aij |

.

Solutie. Fie λ ∈ Spec(A). Utilizand rezultatul problemei 5.46, exista i ∈ {1, 2, . . . , n}astfel ıncat |λ− aii| ≤ ρi. Dar |λ|− |aii| ≤ |λ− aii| ≤ ρi. Rezulta ca |λ| ≤

n∑j=1|aij | ⇒ |λ| ≤

maxi=1,n

(n∑j=1|aij |

)⇒ ρ(A) ≤ max

i=1,n

(n∑j=1|aij |

).

Problema 5.48 Fie A, B ∈Mn (R) doua matrice simetrice cu valorile proprii λ1 ≤ λ2 ≤

. . . ≤ λn, respectiv µ1 ≤ µ2 ≤ . . . ≤ µn. Notam ρi, i = 1, n valorile proprii ale matricei

A+B. Sa se arate ca

λ1 + µ1 ≤ ρi ≤ λn + µn, i = 1, n.

Solutie. Din inegalitatile λ1 ‖x‖22 ≤ xtAx ≤ λn ‖x‖22 si µ1 ‖x‖22 ≤ xtBx ≤ µn ‖x‖

22,

valabile pentru orice x ∈ Rn, obtinem

(λ1 + µ1) ‖x‖22 ≤ x

t (A+B)x ≤ (λn + µn) ‖x‖22 .

Fie v un vector propriu al matricei A+B, corespunzator valorii proprii ρ, adica (A+B) v =ρv si v 6= 0. Luam ın inegalitatile precedente x = v si gasim λ1 +µ1 ≤ ρ ≤ λn +µn pentruorice valoare proprie ρ a matricei A+B.

200

Problema 5.49 Fie A, B ∈Mn (R) doua matrice simetrice, avand valorile proprii nene-

gative. Sa se arate ca

det(A+B) ≥ detA+ detB.

Solutie. Pastrand notatiile din problema precedenta, se obtine

det(A+B) = ρ1ρ2 · · · ρn ≥ (λ1 + µ1)(λ2 + µ2) · · · (λn + µn) ≥

≥ λ1λ2 · · ·λn + µ1µ2 · · ·µn = detA+ detB.

Observatie. Ipoteza ca valorile proprii λi si µi, i = 1, n sunt ≥ 0 a fost esentiala ındeducerea inegalitatii enuntate care nu are loc ın cazul matricelor oarecare.

Problema 5.50 Fie A, B ∈ Mn (R). Se noteaza, ın ordine crescatoare cu λi, respectiv

µi, i = 1, n valorile proprii ale matricelor reale simetrice AtA sau BtB. Daca ρ este o

valoare proprie reala a matricei AB, sa se arate ca

λ1µ1 ≤ ρ2 ≤ λnµn.

Solutie. Avem xt(AtA

)x = ‖Ax‖22 ≥ 0, deci toate valorile proprii λi sunt ≥ 0. La fel,

toate valorile proprii µi sunt ≥ 0. In plus, au loc si inegalitatile

λ1 ‖x‖22 ≤ ‖Ax‖22 ≤ λn ‖x‖

22 , µ1 ‖x‖

22 ≤ ‖Bx‖

22 ≤ µn ‖x‖

22 , x ∈ Rn.

Fie v un vector propriu pentru AB corespunzator valorii proprii reale ρ, adica (AB) v =ρv, v 6= 0. Atunci

‖(AB) v‖22 = ‖A (Bv)‖22 ≤ λn ‖Bv‖22 ≤ λnµn ‖v‖

22

care implica ρ2 ‖v‖2 ≤ λnµn ‖v‖2, deci ρ2 ≤ λnµn. Asemanator, se gaseste si inegalitatea

λ1µ1 ≤ ρ2.

Problema 5.51 Fie A, B ∈ Mn (R) doua matrice simetrice cu AB = BA si avand

valorile proprii λi, respectiv µi. Atunci rezulta(mini=1,n

λ2i

)(mini=1,n

µ2i

)≤ ρ2j ≤

(maxi=1,n

λ2i

)(maxi=1,n

µ2i

), j = 1, n

pentru toate valorile proprii ρj ale matricei AB.

Solutie. Intr-adevar, ın acest caz AB este simetrica, deci are toate valorile proprii ρjreale, AtA = A2, BtB = B2, λi = λ2i , µi = µ2i , i = 1, n. Dar λi si µi, i = 1, n nu mai sunt,ın general, numerotate ın ordinea crescatoare. Putem scrie si altfel(

mini=1,n

|λi|)(

mini=1,n

|µi|)≤∣∣ρj∣∣ ≤ (max

i=1,n|λi|)(

maxi=1,n

|µi|), j = 1, n.


Problema 5.52 Fie A ∈ Mn (R) o matrice care satisface conditia xtAx ≥ 0, ∀x ∈ Rn.

Daca ε > 0, sa se arate ca A+ εIn este inversabila.

Solutie. Conditia xtAx ≥ 0 se mai scrie ca 〈Ax, x〉 ≥ 0, ∀x ∈ Rn. Daca (A+ εIn)x =0, atunci

〈(A+ εIn)x, (A+ εIn)x〉 = 〈Ax,Ax〉+ 2ε 〈Ax, x〉+ ε2 〈x, x〉 = 0.

Deoarece cei trei termeni sunt nenegativi si au suma zero, rezulta ca toti sunt egali cu zero.Din 〈x, x〉 = 0 ⇒ x = 0, asa ıncat sistemul algebric (A+ εIn)x = 0 are numai solutiabanala x = 0, ceea ce implica det (A+ εIn) 6= 0, deci matricea A+ εIn este inversabila.

Problema 5.53 Fie A ∈Mn (R) o matrice antisimetrica. Sa se arate ca:

(a) In +A si In −A sunt inversabile;

(b) B = (In −A) (In +A)−1 este ortogonala si B + In este inversabila.

Solutie. (a) Varianta I. Valorile proprii ale lui A, matrice antisimetrica, sunt de formaforma βi, cu β ∈ R. Valorile proprii ale matricelor In ± A sunt de forma 1± βi 6= 0, deciIn ±A sunt inversabile.

Varianta II. Daca In − A ar fi inversabila ar exista un vector nenul x astfel ıncatAx = x⇒ xtAx = xtx si transpunand relatia obtinem xt (−A)x = xtx⇒ xtx = −xtx pecare adunandu-le obtinem

0 = xtx sau 0 =n∑i=1

x2i ⇒ x = 0.

(b) Bt =(

(In +A)−1)t

(In −A)t = (In −A)−1 (In +A), deci

BtB = (In −A)−1 (In +A) (In −A) (In +A)−1 =

= (In −A)−1 (In −A) (In +A) (In +A)−1 = In,

adica B este ortogonala.B + In = (In −A) (In +A)−1 + (In +A) (In +A)−1 = 2 (In +A)−1 care este in-

versabila. Rezulta ca (B + In)−1 =1

2(In +A) .

Problema 5.54 Fie A ∈Mn (R) cu proprietatile:

(a) In +A si In −A sunt inversabile;

(b) B = (In −A) (In +A)−1 este ortogonala.

Sa se arate ca A este antisimetrica.

Solutie. Fie u ∈ Rn si notam x = (In +A)u, deci u = (In +A)−1 x. AtunciBx = (In −A) (In +A)−1 x = (In −A)u = u − Au. Deoarece B este ortogonala, avem〈Bx,Bx〉 = 〈x, x〉, ∀x ∈ Rn. Deci, rezulta

〈u−Au, u−Au〉 = 〈u+Au, u+Au〉 ,

sau echivalent

‖u‖2 − 2 〈Au, u〉+ ‖Au‖2 = ‖u‖2 + 2 〈Au, u〉+ ‖Au‖2 .

202

In concluzie, 〈Au, u〉 = utAu = 0, ∀u ∈ Rn si matricea A este antisimetrica (conformproblemei 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. Sa se arate ca A este o matrice diagonala.

Solutie. Fie i 6= j o pereche de indici; ın AD pe locul (i, j) avem elementuln∑k=1

aikdkj =

aijdjj = λjaij . In DA, pe locul (i, j) avem elementuln∑k=1

dikakj = diiaij = λiaij . Din

(λj − λi) aij = 0⇒ aij = 0 pentru i 6= j. Deci A este o matrice diagonala.

Problema 5.56 Fie A,B ∈Mn (R) doua matrice simetrice, cel putin una avand valorile

proprii diferite ıntre ele. Sa se arate echivalenta afirmatiilor:

(a) AB = BA;

(b) exista o matrice ortogonala C astfel ıncat C−1AC si C−1BC sunt amandoua ma-

trice diagonale.

Solutie. (a)⇒ (b) Se presupune ca AB = BA. Exista C matrice ortogonala astfel ıncatC−1AC = diag [λ1, λ2, . . . , λn], ın care λi sunt valorile proprii ale matricei A, distincte.Matricele C−1AC si C−1BC comuta ıntre ele, caci(

C−1AC) (C−1BC

)= C−1 (AB)C = C−1 (BA)C =

(C−1BC

) (C−1AC

)si prima este o matrice diagonala, cu elemente diferite pe diagonala principala. Rezulta casi a doua matrice este diagonala (conform problemei 5.55).

(b) ⇒ (a) Matricele C−1AC si C−1BC sunt permutabile, fiind amandoua diagonale.Avem (

C−1AC) (C−1BC

)=(C−1BC

) (C−1AC

)⇔ C−1 (AB)C = C−1 (BA)C,

de unde gasim AB = BA.Observatie. Mai interesanta este implicatia (a)⇒ (b). Aceasta spune ca este suficient

sa gasim o baza ortonormata formata din vectori proprii v(i) ai matricei cu valori propriidistincte, pentru ca notand x = Cy, unde C = col

[v(1), v(2), . . . , v(n)

], sa aducem simultan

la forma canonica cele doua forme patratice f(x) = xtAx si g(x) = xtBx, tinand seama side conditia C−1 = Ct.

Problema 5.57 Fie A ∈ Mn (C) o matrice cu valorile proprii λi, i = 1, n, diferite ıntre

ele. Sa se arate ca toate solutiile ecuatiei B2 = A sunt date de formula

B = Cdiag[±√λ1, . . . ,±

√λn

]C−1,

unde C este o matrice inversabila.


Solutie. Scriem A = Cdiag [λ1, . . . , λn]C−1. Pentru orice matrice B de forma data ınenunt are loc B2 = Cdiag [λ1, λ2, . . . , λn]C−1 = A.

Reciproc, daca B2 = A, matricele A si B comuta la ınmultire si atunci co-muta si C−1AC cu C−1BC. Dar C−1AC este o matrice diagonala, cu elementele depe diagonala principala diferite ıntre ele si atunci C−1BC este tot o matrice diago-nala: C−1BC = diag [µ1, . . . , µn]. De aici rezulta B = Cdiag [µ1, . . . , µn]C−1 si B2 =Cdiag

[µ21, . . . , µ

2n

]C−1 = A, de unde µ21 = λ1, . . . , µ

2n = λn. Prin urmare, B este de forma

enuntata.

Capitolul 6

Geometrie vectoriala si analitica

Notatii

• R2 - planul punctual euclidian

• ~R2 - planul vectorial euclidian

• R3 - spatiul punctual euclidian

• ~R3 - spatiul vectorial euclidian

• A,B,C, . . . - puncte ın R2 sau ın R3

• (AB) - dreapta determinata de punctele A si B

• (D), (D1), . . . - drepte ın R2 sau ın 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

• {i, j, k} este baza ortonormata canonica ın ~R3,

{i, j} este baza ortonormata canonica ın ~R2

• {O; i, j, k} este reperul cartezian canonic ın ~R3

{O; i, j} este reperul cartezian canonic ın ~R2

• 〈a, b〉 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 vectoriala si analitica 205

• G =

∣∣∣∣∣∣(a, a) (a, b) (a, c)(b, a) (b, b) (b, c)(c, a) (c, b) (c, c)

∣∣∣∣∣∣ - determinantul Gram al vectorilor a, b si c


Geometrie vectoriala

Modelul algebric al geometriei euclidiene a planului si spatiului ıl reprezinta spatiilevectoriale euclidiene.• Definitie. Numim plan euclidian un spatiu euclidian real de dimensiune doi. Modelulalgebric al planului euclidian este R2 = {(x, y)| x ∈ R, x ∈ R} ca spatiu vectorial real ıncare produsul scalar este 〈(x1, y1), (x2, y2)〉 = x1x2 + y1y2.

Baza E = {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)} este baza canonica care este ortonormata. Dacanotam vectorii e1 = ~i, e2 = ~j atunci obtinem modelul vectorial al planului euclidian~R2 = {v = x · i+y · j | x ∈ R, y ∈ R}, iar produsul scalar devine v1 ·v2 = x1x2 +y1y2 dacav1 = x1 · i + y1 · j, v2 = x2 · i + y2 · j. Astfel vom privi planul euclidian ın doua moduri:R2 = {(x, y)| x, y ∈ R}, elementele sale le numim puncte si notam M(x, y) (punctul Mde coordonate x si y) si ~R2 = {x · i+ y · j| x, y ∈ R}, elementele sale le numim vectori pecare ıi reprezentam prin sageti ce pornesc din origine.• Definitie. Intre R2 si ~R2 este evidenta bijectia

M(x, y) 7→ rM = x · i+ y · j,

unde vectorul rM se numeste vectorul de pozitie al punctului M . Invers,

v = x · i+ y · j 7→Mv(x, y)

punctul Mv ıl numim varful vectorului v.Vectorii {i, j} formeaza o baza ortonormata ın ~R2.

• Definitie. Suma a doi vectori este definita algebric prin

v1 + v2 = (x1 + x2) · i+ (y1 + y2) · j, daca v1,2 = x1,2 · i+ y1,2 · j,

operatie care geometric revine la regula paralelogramului.• Definitie. Numim segment orientat ın planul R2 orice pereche de puncte si ıl notam cu[A,B] (se figureaza printr-o sageata de la A la B).

Oricarui segment orientat [A,B] ıi asociem vectorul AB definit prin AB = rB − rA.Analog se defineste spatiul punctual euclidian R3 = {(x, y, z)| x, y, z ∈ R} si spatiul

vectorial euclidian ~R3 = {v = x · i+ y · j + z · k| x, y, z ∈ R}.In continuare vom lucra doar ın spatiul R3 sau ~R3, reducerea la plan fiind evidenta.

Operatii cu vectori

• Definitie. Adunarea vectorilor: Daca vectorii v1 si v2 sunt dati de

v1 = x1 · i+ y1 · j + z1 · k, v2 = x2 · i+ y2 · j + z2 · k,

atunci suma celor doi vectori este

v1 + v2 = (x1 + x2) · i+ (y1 + y2) · j + (z1 + z2) · k.

206

• Definitie. Produsul vectorilor cu scalari:Daca a ∈ R si v = x · i+ y · j + z · k ∈ ~R3, atunci

a · v = (a · x) · i+ (a · y) · j + (a · z) · k ∈ ~R3.

Observatii.

• Functia Tv0 : ~R3 → ~R3, Tv0 = v0 + v se numeste translatie de vector v0 (fixat).

• Functia Oa : ~R3 → ~R3, Oa(v) = a · v, unde a ∈ R, a > 0 se numeste omotetie deraport a.

• Doi vectori nenuli v1 si v2 sunt coliniari (au aceeasi directie) daca exista t ∈ R astfelca v1 = t · v2. Daca t > 0 spunem ca vectorii au acelasi sens.

• Definitie. Produsul scalar: Daca vectorii v1 si v2 sunt dati de

v1 = x1 · i+ y1 · j + z1 · k, v2 = x2 · i+ y2 · j + z2 · k,

atunci produsul scalar al celor doi vectori este

v1 · v2 = x1 · x2 + y1 · y2 + z1 · z2 ∈ R.

Observatie. Tripletul (~R3,R, ·) este spatiu euclidian real de dimensiune 3 cu bazaortonormata {i, j, k}.• Definitie. Norma unui vector: v = x · i+ y · j + z · k ∈ ~R3

‖v‖ =√v · v =

√x2 + y2 + z2

(reprezinta geometric lungimea unui vector, vectorii bazei au lungimea 1 (sunt versori)).• Definitie. Unghiul dintre doi vectori nenuli: v1, v2 ∈ ~R3, v1 6= 0, v2 6= 0

cos(v1, v2) =v1 · v2‖v1‖ · ‖v2‖

sau (v1, v2) = arccosv1 · v2‖v1‖ · ‖v2‖

Observatie. Vectorii v1 si v2 sunt ortogonali daca si numai daca au produsul scalaregal cu 0, deci v1 ⊥ v2 ⇔ v1 · v2 = 0.• Definitie. Produsul vectorial: Daca v1 = x1 · i+y1 · j+z1 ·k, v2 = x2 · i+y2 · j+z2 ·kdefinim

v1 × v2 =

∣∣∣∣∣∣i j kx1 y1 z1x2 y2 z2

∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣ y1 z1y2 z2

∣∣∣∣ · i+

∣∣∣∣ z1 x1z2 x2

∣∣∣∣ · j +

∣∣∣∣ x1 y1x2 y2

∣∣∣∣ · k =

= (y1z2 − z1y2) · i+ (z1x2 + x1z2) · j + (x1y2 − y1x2) · k.Observatii.

• Avem v1 × v2 = 0 ⇔ v1 si v2 sunt coliniari.

• Daca v1, v2 sunt necoliniari si v = v1 × v2 atunci:

‖v1× v2‖ = ‖v1‖ · ‖v2‖ sin(v1, v2) = aria paralelogramului construit pe vectorii v1 siv2. ∣∣∣∣ y1 z1

y2 z2

∣∣∣∣2 +

∣∣∣∣ z1 x1z2 x2

∣∣∣∣2 +

∣∣∣∣ x1 y1x2 y2

∣∣∣∣2 =

= (x21 + y21 + z21)(x22 + y22 + z22)− (x1x2 + y1y2 + z1z2)2.


• Folosind determinantul Gram avem:

G(v1, v2) =

∣∣∣∣ v1 · v1 v1 · v2v2 · v1 v2 · v2

∣∣∣∣ = ‖v1‖2 · ‖v2‖2 − (v1 · v2)2 = ‖v1 × v2‖2

• v ⊥ v1, v ⊥ v2 (v este ortogonal pe planul vectorilor v1 si v2).

• Triedrul {v1, v2, v} are orientarea pozitiva (la fel ca triedrul {i, j, k}).

• Definitie. Produsul mixt (triplul produs scalar) Daca v1, v2, v3 ∈ R3, atunci definim

produsul mixt al lor prin

(v1, v2, v3) = v1 · (v2 × v3) =

∣∣∣∣∣∣x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣Observatii.

• Avem (v1, v2, v3) = 0 ⇔ v1 se afla ın planul determinat de v2 si v3 ⇔ v1, v2, v3sunt coplanari.

• (vσ1 , vσ2 , vσ3) = (sgn σ)(v1, v2, v3), σ ∈ S3.

• (a1 · v1, a2 · v2, a3 · v3) = (a1 · a2 · a3) · (v1, v2, v3)

• (v1 + v′1, v2, v3) = (v1, v2, v3) + (v′1, v2, v3)

• (v1, v2, v3)2 =

∣∣∣∣∣∣x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣ ·∣∣∣∣∣∣x1 x2 x3y1 y2 y3z1 z2 z3

∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∣v1 · v1 v1 · v2 v1 · v3v2 · v1 v2 · v2 v2 · v3v3 · v1 v3 · v2 v3 · v3

∣∣∣∣∣∣ = G(v1, v2, v3)

• |(v1, v2, v3)| = volumul paralelipipedului construit pe vectorii v1, v2, v3.

• Definitie. Dublul produs vectorial a trei vectori

v1 × (v2 × v3) =

∣∣∣∣ v2 v3v1 · v2 v1 · v3

∣∣∣∣ = (v1 · v3) · v2 − (v1 · v2) · v3

(formula lui Gibbs).

Dreapta ın spatiu

•Definitie. Se numeste dreapta ın spatiul R3 sau ~R3, orice varietate liniara de dimensiune1, din acest spatiu vectorial.

Ecuatii ale dreptei

(D1) r = rA + td, t ∈ R

este ecuatia vectoriala a dreptei ce trece prin punctul A si este paralela cu vectorul d 6= 0numit vector director.

208

(D2) r = (1− t)rA + trB, t ∈ R

este ecuatia vectoriala a dreptei ce trece prin punctele A si B (vectorul director ested = AB).

Observatii.

• Pentru fiecare valoare atribuita parametrului t ∈ R, obtinem cate un punct pedreapta AB. Pentru t = 0 obtinem punctul A, pentru t = 1 punctul B, iar pen-

tru t =1

2obtinem mijlocul segmentului [AB], pentru t ∈ (0, 1) obtinem puncte de

pe segmentul (A,B), pentru t > 1 puncte de pe semidreapta cu originea ın B situatade partea opusa punctului B iar pentru t < 0 obtinem punctele de pe semidreaptacu originea ın A situata de partea opusa punctului B.

• Ecuatia r = (1− t)rA + t · rB, t ≥ 0 reprezinta ecuatia traiectoriei unui punct ce semisca rectiliniu si uniform pe dreapta AB cu viteza v = AB.

(D3)x− xAα

=y − yAβ

=z − zAγ

sunt ecuatiile dreptei ce trece prin A si are parametrii directori α, β, γ sub forma normala.(Prin conventie se admite ca unii din numitorii α, β sau γ sa fie egali cu 0 dar nu toti. Inacest caz numaratorii corespunzatori sunt 0.)

(D4)x− xAxB − xA

=y − yByB − yA

=z − zAzB − zA

sunt ecuatiile dreptei ce trece prin A si B, sub forma normala.

Planul ın spatiu

• Definitie. Se numeste plan ın spatiu R3 sau ~R3 orice varietate liniara de dimensiune 2,din acest spatiu vectorial.

Ecuatii ale planului

(P1) r = rA + t · d1 + s · d2, t ∈ R, s ∈ R

este ecuatia vectoriala a planului ce trece prin punctul A si este paralel cu vectorii necol-iniari d1 si d2 (d1 × d2 6= 0).

(P2) r = rA + t ·AB + s ·AC = α · rA + β · rB + γ · rC , α, β, γ ∈ R, α+ β + γ = 1

este ecuatia vectoriala a planului ce trece prin punctele necoliniare A,B,C ın coordonatebarimetrice (α, β, γ).

Observatii.

• Un punct M se afla ın planul determinat de punctele A,B si C daca vectorul sau depozitie rM este combinatie afina a vectorilor de pozitie rA, rB si rC .


• 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 pozitie rM este combinatieconvexa a vectorilor de pozitie rA, rB si rC .

• Daca M ∈ Int(4ABC) si rM = α · rA + β · rB + γ · rC atunci notand σ(ABC) ariatriunghiului ABC avem:

α

σ(MBC)=

β

σ(MCA)=

γ

σ(MAB)

(P3) (r − rA, d1, d2) = 0, d1 × d2 6= 0

este ecuatia planului ce trece prin A si este paralel cu vectorii d1 si d2 sub forma de produxmixt.

(P4)

∣∣∣∣∣∣x− xA y − yA z − zAα1 β1 γ1α2 β2 γ2

∣∣∣∣∣∣ = 0

este ecuatia planului ce trece prin A si este paralel cu vectorii

d1 = α1 · i+ β1 · j + γ1 · k si d2 = α2 · i+ β2 · j + γ2 · k

(rang

[α1 β1 γ1α1 β2 γ2

]= 2).

(P5)

∣∣∣∣∣∣∣∣x y z 1xA yA zA 1xB yB zB 1xC yC zC 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

este ecuatia planului ce trece prin punctele A,B,C sub forma de determinant. (Conditiade necoliniaritate a punctelor A,B,C este AB ×AC 6= 0.)

(P6)x

α+y

β+z

γ− 1 = 0

este ecuatia planului prin taieturi (daca planul P nu este paralel cu nici unul din planelede coordonate (cu nici una din axele de coordonate) atunci el taie cele trei axe ın treipuncte A(α, 0, 0), B(0, β, 0), C(0, 0, γ), α, β, γ sunt numitorii din ecuatia prin taieturi).

(P7) ax+ by + cz + d = 0; a2 + b2 + c2 6= 0

este ecuatia generala a planului (ecuatia implicita 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 laplan).

210

(P8) a(x− xA) + b(y − yA) + c(z − zA) = 0, a2 + b2 + c2 6= 0

este ecuatia implicita a planului ce trece prin A si este perpendicular pe vectorul n =a · i+ b · j + c · k.

(P9) (r − rA) · n = 0, n 6= 0

este ecuatia planului ce trece prin A si este perpendicular pe n sub forma de produs scalar.

Dreapta ca intersectie de plane

Daca L1 si L2 sunt varietati liniare si L1 ∩L2 6= ∅ atunci L1 ∩L2 este varietate liniaraavand subspatiul director VL1∩VL2 . Daca P1 si P2 sunt plane distincte, neparalele (vectoriidirectori ai normalelor n1 si n2 sunt necoliniari, atunci P1 ∩ P2 este o dreapta D).

(D5)

{a1x+ b1y + c1z + d1 = 0a2x+ b2y + c2z + d2 = 0

rang

[a1 b1 c1a2 b2 c2

]= 2

ecuatiile dreptei ca intersectie de plane sau ecuatiile implicite ale dreptei.

Fascicule de plane

• Definitie. Multimea tuturor planelor din spatiu, paralele cu un plan dat P : ax+ by+cz + d = 0 se numeste fasciculul de plane paralele (a2 + b2 + c2 6= 0).

Fasciculul de plane paralele are ecuatia

Pλ : ax+ by + cz = λ, λ ∈ R

(orice plan paralel cu P este unul din planele Pλ, λ ∈ R).•Definitie. Multimea tuturor planelor care contin o dreapta fixata D se numeste fasciculde plane ce trec prin axa D.

Daca scriem dreapta D (axa fasciculului)sub forma implicita

D :

{p1 : a1x+ b1y + c1z + d1 = 0p2 : a2x+ b2y + c2z + d2 = 0

fasciculul de plane are ecuatia

Pα,β : αp1 + βp2 = 0.

Observatie. In general se prefera folosirea unui singur parametru (de exemplu daca

α 6= 0 notam λ = −βα

) si obtinem fasciculul:

Pλ : p1 − λp2 = 0,

care contine toate planele ce contin dreapta D cu exceptia planului p2.


Perpendiculara comuna pe doua drepte neparalele

Daca

D1 : r = r1 + t · d1, t ∈ R

si

D2 : r = r2 + s · d2, s ∈ R

sunt doua drepte neparalele (d1× d2 6= 0) atunci exista o unica dreapta D care se sprijinape D1 si D2 (D ∩ D1 6= ∅, D ∩ D2 6= ∅) si este perpendiculara pe D1 si D2 (D ⊥ D1,D ⊥ D2).

Dreptele D si D1 determina un plan P1 ce trece printr-un punct M1 ∈ D1 si este paralelcu vectorii d1 si d = d1×d2. La fel D si D2 determina un plan P2 ce trece printr-un punctM2 ∈ D2 si este paralel cu vectorii d2 si d. Obtinem D = P1 ∩ P2, deci

D :

{(r − r1, d1, d) = 0

(r − r2, d2, d) = 0

care este ecuatia implicita a perpendicularei comune.

Relatii metrice

• Definitie. Distanta ıntre doua puncte

d(A,B) = ‖AB‖ =√

(xA − xB)2 + (yA − yB)2 + (zB − zA)2

• Definitie. Aria unui triunghi

σ(4ABC) =1

2‖AB ×AC‖ =

1

2

√G(AB,AC)

• Definitie. Volumul unui tetraedru

VABCD =1

6|(AB,AC,AD)| = 1

6

√G(AB,AC,AD) =

=1

6|

∣∣∣∣∣∣∣∣xA yA zA 1xB yB zB 1xC yC zC 1xD yD zD 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ |• Definitie. Distanta de la un punct la o dreapta

D : r = r0 + td, t ∈ R, M ∈ R3

d(M,D) =

√G(rM − r0, d)

G(d)=‖(rM − r0)× d‖

‖d‖

• Definitie. Distanta de la un punct la un plan

P : r = r0 + td1 + sd2, t ∈ R, s ∈ R, M ∈ R3

d(M,P ) =

√G(rM − r0, d1, d2)

G(d1, d2)=|(rM − r0, d1, d2)|‖d1 × d2‖

212

Daca P : ax+ by + cz + d = 0 atunci

d(M,P ) =(axM + byM + czM + d)√

a2 + b2 + c2

• Definitie. Distanta dintre doua drepte

D1 : r = r1 + td1, D2 : r = r2 + sd2, t ∈ R, s ∈ R

Daca d1‖d2 atunci

d(D1, D2) =

√G(r2 − r1, d1)

G(d1)

Daca d1 × d2 6= 0

d(D1, D2) =

√G(r2 − r1, d1, d2)

G(d1, d2)=|(r2 − r1, d1, d2)|‖d1 × d2‖

• Definitie. Unghiul dintre un plan si o dreapta

D : r = r0 + td, t ∈ R

P : (r − r1) · n = 0

(D,P ) =π

2− (d, n)

sin (D,P ) =d · n‖d‖ · ‖n‖

• Definitie. Unghiul diedru dintre doua plane

P1 : (r − r1) · n1 = 0

P2 : (r − r2) · n2 = 0

P1, P2 = n1, n2

cos (P1, P2) =n1 · n2‖n1‖ · ‖n2‖

Probleme

Problema 6.1 Fie A si B doua puncte fixe ın plan si a, b doua numere reale a, b ∈ (0, 1).

Pentru fiecare punct M din plan, nesituat pe dreapta AB, se considera punctele P ∈ [AM ]

astfel caAP

AM= a si N ∈ [BM ] astfel ca

BN

BM= b.

Sa se determine locul geometric al punctelor M pentru care AN = BP .


SolutierP = (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| ⇔∣∣∣∣rM − ((1

a− 1

b

)rB +

1

brA

)∣∣∣∣∣∣∣∣rM − ((1− 1

a

)rA +

1

arB

)∣∣∣∣ =a

b⇔

|rM − rA′ ||rM − rB′ |

=a

b⇔ A′M

B′M=a

b(1)

rA′ =

(1− 1

b

)rB +

1

brA, A′ ∈ AB, A′B

AB=

1

b

rB′ =

(1− 1

a

)rA +

1

arB, B′ ∈ AB, AB′

AB=

1

a

Din (1) pentru a = b ⇒ locul geometric este mediatoarea segmentului A′B′.Pentru a 6= b ⇒ locul geometric este un cerc (Apollonius).

Problema 6.2 Segmentele [X1, Y1] si [X2, Y2] aluneca respectiv pe dreptele d1 si d2. Daca

P este mijlocul lui X1X2 si Q mijlocul lui Y1Y2 sa se arate ca:

a) Segmentul PQ are lungime constanta.

b) Daca cele doua segmente se misca cu viteze constante v1 si v2 atunci punctele P si

Q se misca cu viteze constante si egale.

Solutie.a) Fixam O un punct ın plan ca origine a vectorilor si notam OX = rX . Avem:

rP =1

2(rX1 + rX2), rQ =

1

2(rY1 + rY2)

⇒ PQ = rQ − rP =1

2[(rY1 − rX1) + (rY2 − rX2)]

=1

2[X1Y1 +X2Y2] = constant

(cand [X1, Y1] si [X2, Y2] aluneca vectorii X1Y1 si X2Y2 sunt constanti).Din PQ = constant ⇒ |PQ| = constant.b) Daca pozitia initia pentru [X1, Y1] este [A1, B1] si pentru [X2, Y2] este [A2, B2], dupa

timpul t pozitia lui [A1, B1] este [X1, Y1] data de

rX1 = rA1 + tv1, rY1 = rB1 + tv1

iar pentru [X2, Y2]rX2 = rA2 + tv2, rY2 = rB2 + tv2

Avem:

rP =1

2(rA1 + rA2) + t · v1 + v2

2

214

rQ =1

2(rB1 + rB2) + t · v1 + v2

2

Punctele P si Q se deplaseaza 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 . Sa se determine locurile geometrice ale mijlocului P al segmentului

MN ın cazurile

a) M si N sunt de aceeasi parte a lui BC

b) M si N sunt ın semiplane opuse fata de BC.

Solutie. Daca alegem originea reperului plan ın A si notam AB = b si AC = c atunciavem:

a) rM = b− t · bb, rN = c− t · c

c(‖b‖ = b, ‖c‖ = c) deci

rP =b+ c

2− t(b

b+c

c

), t ∈ R

Cumb

bsic

csunt vectori de marime 1 (egale) rezulta ca

b

b+c

cda directia bisectoarei din

A (interioara). Locul geometric este dreapta ce trece prin mijlocul lui BC si este paralelacu bisectoarea interioara a unghiului A.

b) rM = b− t · bb, rN = c+ t · c

c

rP =b+ c

2− t(b

b− c

c

), t ∈ R

Locul geometric este dreapta ce trece prin mijlocul lui BC si e paralela cu bisectoareaexterioara a unghiului A.

Problema 6.4 Fie ABC un triunghi de laturi BC = a, CA = b, AB = c. Pentru fiecare

dreapta (d) notam cu dA, dB, dC distantele de la A,B,C la (d) si consideram expresia

E(d) = ad2A + bd2B + cd2C .

Sa se arate ca daca E(d) este minima atunci (d) trece prin centrul cercului ınscris ın

triunghi.

Solutie. Notam cu A1, B1, C1, I1 proiectiile lui A,B,C, I pe d si cu A′, B′, C ′ proiectiilepunctelor A,B,C pe (d′). Avem:

AA21 −AA′2 = (AA2

1 + I1A21)− (AA′2 + IA′2) = AI21 −AI2


si analog pentru AB1, AC1 si rezulta

E(d) = a ·AA21 + b ·BB2

1 + c · CC21 = a ·AA′2 + b ·BB′2 + c · CC ′2

+(a · I1A2 + b · I1B2 + c · I1C2)− (a · IA2 + b · IB2 + c · IC2) = E(d′) + S(I1)− S(I),

unde S(M) = a ·MA2 + b ·MB2 + c ·MC2. Calculam

S(M) = a ·MA2 + b ·MB2 + c ·MC2

= a(OA−OM)2 + b(OB −OM)2 + c(OC −OM)2

= a ·OA2+ b ·OB2

+ c ·OC2+ (a+ b+ c)OM

2 − 2OM(a ·OA+ b ·OM + c ·OC)

= (a+ b+ c)

[OM

2 − 2OM · a ·OA+ b ·OB + c ·OCa+ b+ c

+OI2]

−(a+ b+ c)OI2

+ a ·OA2+ b ·OB2

+ c ·OC2,

unde

OI =a ·OA+ b ·OB + c ·OC

a+ b+ c

Luam O = I si rezulta

S(M) = (a+ b+ c)IM2 + a · IA2 + b · IB2 + c · IC2 (∗)

In (∗) pentru M = I1, S(I1) = (a+ b+ c)I1I2 + S(I), deci:

E(d)− E(d′) = S(I1)− S(I) = (a+ b+ c)I1I2 ≥ 0

cu egalitate pentru I = I1.Observatie. Esential am folosit relatia

OI =a ·OA+ b ·OB + c ·OC

a+ b+ c

Pentru determinarea minimului luam O = I (arA + brB + crc = 0)

d : αx+ y = 0

E(d) = f(α) =a(αxA + yA)2

α2 + 1+b(αxB + yB)2

α2 + 1+c(αx2c + y2c )

α2 + 1

=1

α2 + 1[α2(ax2A + bx2B + cx2C) + 2α(axAyA + bxByB + cxcyc) + ay2A + by2B + cy2C ]

Emin = −∆

4a

=1

α2 + 1[(ax2A + bx2B + cx2C)(ay2A + by2B + cy2C)− (axAyA + bxByB + cxC + yC)2]

Problema 6.5 Fie ABCD un patrulater convex. Sa se determine locul geometric al

punctelor X din planul patrulaterului, care verifica relatiile:

XA2 +XB2 + CD2 = XB2 +XC2 +DA2

= XC2 +XD2 +AB2 = XD2 +XA2 +BC2.

216

Solutie.

CD2 = CD2

= (XD −XC)2 = XD2

+XC2 − 2XD ·XC

si analoagele pentru DA2, AB2, BC2.

Inlocuim ın relatiile date si scadem suma XA2+XB

2+XC

2+XD

2si obtinem relatiile

XC ·XD (1)= XD ·XA (2)

= XA ·XB (3)= XB ·XC.

Din (1) rezulta

XD · (XC −XA) = 0 ⇔ XD ·AC = 0 ⇔ XD ⊥ AC (4)

Din (3) rezulta

XB · (XC −XA) = 0 ⇔ XB ·AC = 0 ⇔ XB ⊥ AC (5)

Din (2) rezulta

XA · (XD −XB) = 0 ⇔ XA ·BD = 0 ⇔ XA ⊥ BD. (6)

Analog

XC ·XD = XB ·XC ⇔ XC · (XD −XB) = 0 ⇔ XC ⊥ BD (7)

Din (4) si (5) rezulta BD ⊥ AC si X ∈ BD.Din (6) si (7) rezulta AC ⊥ BD si X ∈ AC.In concluzie daca diagonalele AC si BD nu sunt perpendiculare atunci nu exista puncte

X (multimea lor este vida). Daca AC ⊥ BD singurul punct care verifica conditiile esteX = AC ∩BD.

Problema 6.6 Pe laturile patrulaterului ABCD se considera punctele Mi ∈ AB, Ni ∈

DC, Pj ∈ AD, Qj ∈ BC astfel ca

AMi

AB=DNi

DC=i

n,

APjAD

=BQjBC

=j

m, i = 0, n, j = 0,m

Notam cu Xij = MiNi ∩ PjQj si cu Sij , aria patrulaterului cu varfurile Xi,j , Xi+1,j ,

Xi+1,j+1, Xi,j+1. Sa se arate ca Si+k,j+p + Si−k,j−p = 2Si,j .

Solutie.

Lema 1. Daca M ∈ AB, N ∈ CD, P ∈ AD, Q ∈ BC astfel ca

AM

AB=DN

DC= x si

AP

AD=BQ

BC= y,

atunci notand R = MN ∩ PQ, avem:

PR

PQ= x si

MR

MN= y.


Demonstratie. rM = (1 − x)rA + xrB, rN = (1 − x)rB + xrC , rP = (1 − y)rA + yrD,rQ = (1− y)rB + yrC .

Punctul R1 ∈ PQ pentru carePR1

PQ= x are vectorul de pozitie

rR1 = (1− x)rP + xrQ

= (1− x)(1− y)rA + x(1− y)rB + xyrC + (1− x)yrD.

Punctul R2 ∈MN pentru careMR

MN= y are vectorul de pozitie

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. Daca M1,M2 ∈ AB si N1, N2 ∈ CD astfel ca

AM1 = M1M2 = M2B si DN1 = N1N2 = N2C,

atunci

aria(AM1N1D) + aria(M2BCN2) = 2aria(M1M2N2N1).

Demonstratie.

σ(AN1M1) = σ(M1M2N1), σ(N1N2M2) = σ(N2CM2)

σ(ADN1) =1

3σ(ADC), σ(M2CB) =

1

3σ(ABC)

⇒ σ(AM2CN1) =2

3σ(ABCD), ⇒ σ(M1M2N2N1) =

1

3σ(ABCD)

Lema 3. Daca AM = MB, DN = NC, AP = PD si BQ = QC; R = MN ∩ PQ si

S1 = aria(DPRM), S2 = aria(NRQC), S3 = aria(PAMR), S4 = aria(MBQR), atunci

S2 − S1 = S4 − S3 si S3 − S1 = S4 − S2.

Demonstratie. Patrulaterul MQNP este paralelogram.

S2 − S1 = aria(NQC)− aria(NDP ) =1

4aria(BCD)− 1

4aria(ADC)

S4 − S3 = aria(BQM)− aria(APM) =1

4aria(ABC)− 1

4aria(ADB)

S2 − S1 = S4 − S3 ⇔ aria(BCD) + aria(ADB) = aria(ABC) + aria(ADC)

⇔ aria(ABCD) = aria(ABCD)

Folosind cele trei leme facem urmatorul rationament.Din lema 1 rezulta ca punctele Xi0,j , j = 0,m sunt echidistante si la fel punctele Xi,j0 ,

i = 1, n. Din lema 2, rezulta ca ariile Si0,j , j = 0,m sunt ın progresie aritmetica cu ratiilerj . Din lema 3 ratiile rj sunt egale ıntre ele, rj = r, j = 1,m.

Analog pe coloane ariile sunt ın progresie aritmetica cu aceeasi ratie r′, deci Si,j =a+ (i− 1)r + (j − 1)r′ si relatia din enunt se verifica.

218

Problema 6.7 Fie ABCDE un pentagon convex si O un punct interior astfel ca

OA ∩DC = A′, BO ∩DE = B′, CO ∩AE = C ′,

DO ∩AB = D′ si EO ∩BC = E′.

Sa se arate ca daca A′, B′, C ′, D′ sunt mijloacele laturilor pe care se afla, atunci E′

este mijlocul lui BC.

Solutie. Notam OA = a, OB = b, OC = c, OD = d, OE = e. Vectoriic+ d

2= OA

′

si a sunt coliniari deci:a× (c+ d) = 0

si analogb× (d+ e) = 0, c× (e+ a) = 0, d× (a+ b) = 0

din care ar trebui sa obtinem(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 sa rezulte

b× e+ c× e = 0(2,3)⇔ b× d+ c× a = 0

(1,4)⇔ a× d+ d× a = 0

care este evidenta.

Problema 6.8 Fie A1A2A3A4 un tetraedru ın spatiu. Pentru fiecare permutare a

varfurilor Aσ(1), Aσ(2), Aσ(3), Aσ(4), fiecarui punct M din spatiu ıi atasam punctul obtinut

prin simetrie succesiva fata de Aσ(1), Aσ(2), Aσ(3), Aσ(4), notat cu Mσ. Sa se arate ca

pentru cele 24 de permutari se obtin doar sase puncte distincte, care formeaza 3 segmente

cu mijlocul M .

Solutie. Compunerea a doua simetrii centrale este o translatie.

SA1 ◦ SA2 = T2A2A1,

compunerea a doua translatii da o translatie

Tv1 ◦ Tv2 = Tv1+v2 .

ObtinemrMσ = 2(rσ(A2) + rσ(A4) − rσ(A1) − rσ(A3)) + rM ,


trebuie sa alegem doua semne ” + ” si doua ”− ” din patru semne, ceea ce se poate faceın C2

4 = 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

M1M2, M3M4, M5M6 au mijlocul M .

Problema 6.9 Fie A1A2A3A4 un tetraedru si M un punct ın spatiu. Notam Bij mijlocul

laturii AiAj si Mij simetricul punctului M fata de Bkl (mijlocul laturii opuse laturii AiAj).

Sa se arate ca cele sase drepte AijMij sunt concurente.

Solutie. Avem

rBij =1

2(rAi + rAj )

rMij = 2rBkl − rM = rAk + rAl − rMUn punct de pe dreapta BijMij are vectorul de pozitie de forma

r = (1− t)rBij + t · rMij , t ∈ R

sau

r = (1− t)1

2(rAi + rAj ) + t[(rAk + rAl)− rM ],

pentru t =1

3obtinem punctul I dat de

rI =1

3(rA1 + rA2rA3rA4)− 1

3rM =

4

3rG −

1

3rM

care nu depinde de i si j.G este centru de greutate dat de

rG =1

4(rA1 + rA2 + rA3 + rA4).

Punctul de concurenta I se gaseste pe semidreapta MG si

MI

MG=

4

3.

Problema 6.10 Fie A1A2A3A4 un tetraedru si M un punct ın spatiu. Notam cu G1

centrul de greutate al feteiA2A3A4 si analog se definescG2, G3, G4. DacaMi este simetricul

lui M fata de Gi, i = 1, 4 sa se arate ca dreptele A1M1, A2M2, A3M3 si A4M4 sunt

concurente.

220

Solutie. Avem:

rG1 =1

3(rA2 + rA3 + rA4)

rM1 = 2rG1 − rM =2

3(rA2 + rA3 + rA4)− rM

Un punct de pe dreapta M1A1 are vectorul de pozitie de forma

r = (1− t)rM1 + trA1 , t ∈ R.

Pentru t =2

5obtinem punctul I de vector de pozitie:

rI =2

5(rA1 + rA2 + rA3 + rA4)− 3

5rM =

8

5rG −

3

5rM .

Punctul de intersectie se afla pe semidreapta MG si

IG

GM=

3

5.

Problema 6.11 Fie ABCDA′B′C ′D′ un paralelipiped si M un punct ın spatiu.

Sa se arate ca:

a) Dreptele ce unesc varfurile cu simetricele lui M fata de varfurile opuse, sunt con-

curente.

b) Dreptele ce unesc mijloacele muchiilor cu simetricele lui M fata de mijloacele muchi-

ilor opuse, sunt concurente.

c) Dreptele ce unesc centrele fetelor cu simetricele lui M fata de centrele fetelor opuse,

sunt concurente.

Solutie. a) Simetricul lui M fata de A este A1 cu vectorul de pozitie rA1 = 2rA− rM .Un punct de pe dreapta A1C

′ are vectorul de pozitie de forma:

r = (1− t)rC′ + trA1 = (1− t)rC′ + 2trA − trA1 , t ∈ R.

Pentru t =1

3obtinem punctul I de vector de pozitie:

rI =2

3(rA + rC′)−

1

3rM =

4

3rO −

1

3rM

unde O este centrul paralelipipedului (intersectia diagonalelor)

rO =rA + rC′

2=rB + rB′

2=rC + rA′

2=rD + rB′

2.

Punctul I nu depinde de varfuri, deci este acelasi pentru orice alte perechi de varfuriopuse.

I se gaseste pe semidreapta MO cuIO

OM=

1

3.


b) Simetricul lui M fata de mijlocul muchiei AB este P cu

rP = rA + rB − rM ,

mijlocul muchiei C ′D′ este Q cu vectorul de pozitierC′ + rD′

2. Un punct de pe dreapta

QP are vectorul de pozitie de forma:

r = (1− t)rC′ + rD′

2+ t(rA + rB − rM ).

Pentru t =1

3obtinem

rJ =1

3(rA + rB + rC′ + rD′)−

1

3rM

=2

3

[rA + rC′

2+rB + rB′

2

]− 1

3rM =

4

3rO −

1

3rM

Deci dreptele sunt concurente ın acelasi punct ca cele de la punctul a) al problemei.c) Centrul fetei ABCD are vectorul de pozitie

rG =1

4(rA + rB + rC + rD) =

1

2(rA + rC) =

1

2(rB + rD)

Simetricul lui M fata de G este G1 cu vectorul de pozitie

rG1 = 2rG − rM = rA + rC − rM

Un punct de pe dreapta G′G1 (G′ este centrul fetei A′B′C ′D′) este de forma:

r = (1− t)rG′ + trG, t ∈ R

Deci

r = (1− t)rA′ + rC′

2+ t(rA + rC − rM )

Pentru t =1

3obtinem punctul K de vector de pozitie

rK =1

3(rA + rC + rA′ + rC′)−

1

3rM

=2

3

(rA + rC′

2+rC + rA′

2

)− 1

3rM =

4

3rO −

1

3rM .

Punctul K coincide cu punctele I si J de la a) si b).In concluzie toate dreptele de la punctele a), b), c) sunt concurente ın acelasi punct

avand vectorul de pozitie

rI =4

3rO −

1

3rM .

Punctul I se gaseste pe semidreapta (MO, dincolo de O si este precizat prin raportulOI

OM=

1

3.

222

Problema 6.12 In tetraedrul OABC notam ∠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). Sa se arate ca

γ > β cosσ + α cos τ .

IMC, 2002

Solutie. Putem considera |OA| = |OB| = |OC| = 1. Intersectand sfera unitate cen-trata ın O cu interioarele unghiurilor ∠AOB, ∠BOC si ∠COA, obtinem sectoare de cerc_

AOB,_

BOC,_

COA de arii 12γ,

12α si respectiv, 1

2β.

In continuare, proiectam sectoarele_

AOC si_

COB pe planul (OAB). Notam cu C ′

proiectia punctului C si cu A′ si B′ simetricele punctelor A si B fata de centrul O. Fiindproiectie, |OC ′| < 1.

Proiectiile arcelor de cerc_AC si

_BC sunt portiuni din elipsele ce au axa mare AA′,

respectiv BB′ (elipsele sunt degenerate cand σ sau τ sunt unghiuri drepte). Cele douaelipse se intersecteaza dupa 4 puncte.

Proiectiile sectoarelor de cerc_

AOC si_

COB au ariile 12α · cos τ si respectiv, 1

2β · cosσ.

Suma celor doua proiectii este inclusa ın sectorul de cerc_

AOB si ın consecinta, obtineminegalitatea ceruta.

Observatie. Sunt trei cazuri diferite de discutat ın functie de semnele lui cosσ si cos τ .

Problema 6.13 Fie V ABC un tetraedru. Prin centrul de greutate G al fetei ABC ducem

un plan care taie muchiile V A, V B, V C ın M , N , P . Sa se arate ca ıntre volumele

tetraedrelor are loc inegalitatea:

V(V ABC) ≤ V(VMNP ).

Solutie. 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 exprima folosind produsul mixt

V(V ABC) =1

6|(a · u1, b · u2, c · u3)| =

1

6abc|(u1, u2, u3)|.

Daca VM = α · u1, V N = β · u2, V P = γ · u3, ecuatia planului (MNP ) este

x

α+y

β+z

γ= 1

si din G

(a

3,b

3,c

3

)∈ (MNP ) rezulta legatura

a

α+b

β+c

γ= 3


iar

V(VMNP ) =1

6αβγ|(u1, u2, u3)|

AvemV(V ABC)

V(VMNP )=

abc

αβγ

Trebuie aratat ca daca α, β, γ, a, b, c sunt pozitive si

a

α+b

β+c

γ= 3

atunciabc

αβγ≤ 0

Din

3

√a

α· bβ· cγ≤

a

α+b

β+c

γ

3= 1,

deciabc

αβγ≤ 1.

Observatie. Daca prin centrul de greutate al tetraedrului V ABC se duce un plan cetaie muchiile V A1V B1V C ın A1, B1, C1 atunci

V(V A1B1C1) ≥27

64V(V ABC).

Problema 6.14 Pe muchiile AB, AC si AD ale tetraedrului ABCD se iau punctele

M,N,P astfel ca:

BM

MA+CN

NA+DP

PA= 1

Sa se arate ca planele (MNP ) trec printr-un punct fix.

Solutie. Daca notam

AB = b, AC = c, AD = d,

AM = αb, BM = βc, CM = γd

un punct din planul (MNP ) are vectorul de pozitie de forma:

r = xαb+ yβc+ zγd cu x+ y + z = 1.

Conditia din enunt se scrie

1− αα

+1− ββ

+1− γγ

= 1 ⇔ 1

α+

1

β+

1

γ= 4.

Daca luam x =1

4α, y =

1

4β, z =

1

4γ, x+ y + z = 1 deci punctul de vector de pozitie:

r =b+ c+ d

4

se afla ın planul (MNP ). Punctul fix este centrul de greutate al tetraedrului.

224

Problema 6.15 Fie ABCD un tetraedru. Notam A1 simetricul lui A fata de B, B1

simetricul lui B fata de C, C1 simetricul lui C fata de D si cu D1 simetricul lui D fata de

A.

a) Sa se arate ca tetraedrele ABCD si A1B1C1D1 au acelasi centru de greutate.

b) Sa se arate ca ıntre volumele lor exista relatia

V(A1B1C1D1) = 15V(ABCD).

c) Daca se sterge toata figura si se retin doar punctele A1, B1, C1, D1 sa se determine

geometric punctele initiale A,B,C,D.

Solutie. a) Daca notam cu rA, rB, rC , rD vectorii de pozitie ai varfurilor avem:

rA1 = 2rB − rA, rB1 = 2rC − rB, rC1 = 2rD − rB, rD1 = 2rA − rB (∗)

Avem:

rG =1

4(rA + rB + rC + rD)

si

rG1 =1

4(rA1 + rB1 + rC1 + rD1) = rG,

deci G = G1.b) Calculam volumele cu ajutorul produsului mixt:

V(A1B1C1D1) =1

6|(A1B1, A1C1, A1D1)|

=1

6|(2rC − 3rB + rA, 2rD − 2rB − rC + rA, 3rA − 2rB − rD)|

ın care putem considera rA = 0 (alegem originea spatiului ın A). Obtinem

V(A1B1C1D1) =1

6|(2rC , 2rD,−2rB) + (2rC ,−2rB,−rD) + (−3rB,−rC ,−rD)|

=1

6| − 8(rB, rC , rD)− 4(rB, rC , rD)− 3(rB, rC , rD)|

=1

6· 15|(rB, rC , rD)| = 15V(ABCD).

c) Din relatiile (∗) obtinem:

rA =1

15(4rA1 + 8rB1 + rC1 + 2rD1)

=4

5

(1

3rA1 +

2

3rB1

)+

1

5

(1

3rC1 +

2

3rD1

)=

4

5rM +

1

5rN ,

unde

rM =1

3rA1 +

2

3rB1 , rN =

1

3rC1 +

2

3rD1 .


Punctul M se afla pe segmentul A1B1 astfel caB1M

B1A1=

1

3, punctul N se afla pe

segmentul C1D1 astfel caD1N

D1C1=

1

3, deci ele se determina din A1, B1, C1, D1. Punctul

A se afla pe segmentul MN astfel caAN

MN=

1

5, deci A se poate determina (construi

geometric). Analog se determina punctele B,C,D.

Problema 6.16 Se considera pentagonul convex ABCDE si se noteaza cu M , N , P , Q,

R mijloacele laturilor AB, BC, CD, DE si EA, iar cu A1, B1, C1, D1, E1 mijloacele

segmentelor NQ, PR, QM , RN si MP .

Sa se arate ca:

a) AA1 +BB1 + CC1 +DD1 + EE1 = 0;

b) raportul ariilor pentagoanelor A1B1C1D1E1 si ABCDE este1

16;

c) dreptele AA1, BB1, CC1, DD1 sunt concurente;

d) Daca se sterge toata figura si se retin doar punctele A1, B1, C1, D1, E1 sa se recon-

struiasca punctele A,B,C,D,E.

Solutie. Notam cu rX vectorul de pozitie al punctului X (rX = OX) si avem:

rM =1

2(rA + rB), rM =

1

2(rB + rC),

rP =1

2(rC + rD), rQ =

1

2(rD + rA),

rR =1

2(rE + rA)

rA1 =1

2(rN + rQ) =

1

4(rB + rC + rD + rE)

rB1 =1

2(rP + rR) =

1

4(rC + rD + rE + rA)

rC1 =1

2(rQ + rM ) =

1

4(rD + rE + rA + rB)

rD1 =1

2(rR + rN ) =

1

4(rE + rA + rB + rC)

rE1 =1

2(rM + rP ) =

1

4(rA + rB + rC + rD)

a) AA1 = rA1 − rA, . . . ⇒ AA1 +BB1 + CC1 +DD1 + EE1 = 0 ⇔

rA1 + rB1 + rC1 + rD1 + rE1 = rA + rB + rC + rD + rE

relatie ce este verificata.b) Avem

A1B1 = rB1 − rA1 =1

4(rA − rB) =

1

4BA,

226

deci A1B1‖AB si A1B1 =1

4AB. Analog B1C1‖BC, C1D1‖CD, D1E1‖DE, E1A1‖AE si

B1C1 =1

4BC, C1D1 =

1

4CD, D1E1 =

1

4DE, E1A1 =

1

4AE.

Pentagoanele ABCDE si A1B1C1D1E1 sunt asemenea cu raportul laturilor1

4deci

raportul ariilor este

(1

4

)2

=1

16.

c) Patrulaterul ABA1B1 este trapez cu raportul laturilor opuseA1B1

AB=

1

4. Daca

notam cu G intersectia dreptelor AA1 si BB1, avem ca

A1G

GA=B1G

GB=

1

4.

Folosind trapezele BCB1C1, CDC1D1, DED1E1, EAE1A1 se arata ca si dreptele CC1,DD1 si EE1 trec prin G.

d) Punctul G este centrul de greutate al pentagoanelor ABCDE si A1B1C1D1E1. Else determina astfel: notam cu S mijlocul lui A1B1, cu T mijlocul segmentului D1E1 si cuX mijlocul lui ST . Punctul G se afla pe segmentul C1X determinat de raportul

GC1

C1X=

4

5.

Dupa ce am determinat pe G folosind doar A1, B1, C1, D1, E1 luam A pe dreapta GA1,astfel ca

GA1

GA=

1

4

si analog determinam B,C,D,E.

Problema 6.17 Fie−→R 3 = {−→v = x

−→i +y

−→j + z

−→k | x, y, z ∈ R} spatiul vectorial euclidian

si −→a ∈−→R 3 un vector nenul fixat. Definim T :

−→R 3 →

−→R 3,

T (−→v ) = −→a ×−→v , −→v ∈−→R 3.

a) Sa se arate ca T este o aplicatie liniara si sa se determine Ker T si Im T .

b) Sa se arate ca pentru orice −→v 1,−→v 2 ∈ Im T avem:

−→v 1,−→v 2 = T (−→v 1), T (−→v 2).

c) Sa se determine toate aplicatiile liniare S :−→R 3 →

−→R 3 cu proprietatea S(−→v ) ⊥ −→v ,

pentru orice −→v ∈−→R 3.

Solutie. a) T (α1−→v 1, α2

−→v 2) = α1T (−→v 1) + α2T (−→v 2).

T (−→v ) =−→0 ⇔ −→a si −→v sunt coliniari, deci Ker T = {t−→a | t ∈ R} (dreapta suport a

vectorului −→a ).Aratam ca Im T = {−→a }⊥ (planul dus prin origine, perpendicular pe −→a ).


Evident (−→a ×−→v ) ⊥ −→a deci Im T ⊂ {−→a }⊥ si pe de alta parte dim Ker T = 1 si dim Ker T =3− 1 = 2 = dim{−→a }⊥ deci Im T = {−→a }⊥.

b) Aratam ca daca −→v 1 · −→a = −→v 2 · −→a = 0 atunci

−→v 1 · −→v 2

‖−→v 1‖ · ‖−→v 2‖=

T (−→v 1) · T (−→v 2)

‖T (−→v 1)‖ · ‖T (−→v 2)‖.

Avem:

T (−→v 1) · T (−→v 2) = (−→a ×−→v 1) · (−→a ×−→v 2) = (−→a ×−→v 1,−→a ,−→v 2)

= (−→a ,−→v 2,−→a ×−→v 1) = −→a · (−→v 2 × (−→a ×−→v 1)) = −→a ·

∣∣∣∣ −→a −→v 1−→v 2 · −→a −→v 2 · −→v 1

∣∣∣∣= −→a · ((−→v 1 · −→v 2) · −→a ) = (−→v 1 · −→v 2) · ‖−→a ‖2

‖T (−→v 1)‖ = ‖−→a ×−→v 1‖ = ‖−→a ‖ · ‖−→v 1‖ sin(−→a ,−→v 1) = ‖−→a ‖ · ‖−→v 1‖si atunci

T (−→v 1) · T (−→v 2)

‖T (−→v 1)‖ · ‖T (−→v 2)‖=

(−→v 1 · −→v 2) · ‖−→a ‖2

‖−→v 1‖ · ‖−→v 2‖ · ‖−→a ‖2=

−→v 1 · −→v 2

‖−→v 1‖ · ‖−→v 2‖.

c) Fie T (−→v ) = −→w , unde

−→v = x−→i + y

−→j + z

−→k , −→w = x′

−→i + y′

−→j + z′

−→k .

Daca matricea lui T ın baza canonica {−→i ,−→j ,−→k } este

MT =

a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

∈M3(R)

avem:x′ = a1x+ b1y + c1z, y′ = a2x+ b2y + c2z, z′ = a3x+ b3y + c3z

si conditia T (−→v ) · −→v = 0 devine:

(a1x+ b1y + c1z)x+ (a2x+ b2y + c2z)y + (a3x+ b3y + c3z)z = 0, ∀x, y, z ∈ R ⇔

a1x2 + b2y

2 + c3z2 + (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

MT =

0 −α3 α2

α3 0 −α1

−α2 α1 0

si

T (x−→i + y

−→j + z

−→k ) = (α2y + α2z)

−→i + (α3x− α1z)

−→j + (−α2x+ α1y)

−→k = −→a ×−→v

unde −→a = α1−→i + α2

−→j + α3

−→k , −→v = x

−→i + y

−→j + z

−→k

−→a ×−→v =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

α1 α2 α3

x y z

∣∣∣∣∣∣ =−→i (α2z − α3y) +

−→j (α3x− α1z) +

−→k (α1y − α2x)

deci singurele astfel de aplicatii liniare sunt de forma

T (−→v ) = −→a ×−→v .

228

Problema 6.18 In interiorul patratului de latura 1 construim cercuri avand suma

circumferintelor egala cu dublul perimetrului patratului. Sa se arate ca exista o infini-

tate de drepte care sa taie cel putin trei cercuri.

SEEMOUS, 2010

Solutie. Notam n numarul de cercuri, cu ri si respectiv di, raza si respectiv diametrulcercului i. Din ipoteza avem conditia

8 =n∑i=1

2πri = πn∑i=1

di

unde di este un diametru, care evident este mai mic decat 1. Urmeaza ca

8

π=

n∑i=1

di ≤ n

deci n ≥ 2, 54.Daca doua dintre cercuri sunt secante, rezulta ca unind de exemplu mijlocul coardei

comune cu centrul celui de al treilea cerc, avem o directie si totodata o infinitate de drepteparalele cu ea, care intersecteaza cele 3 cercuri.

Cazul cel mai general este al cercurilor care nu au puncte comune. Deoarece suma di-ametrelelor este mai mare decat 2 proiectand diametrele pe o latura a patratului acoperimde doua ori latura , iar restul diametrelor se proiecteaza pe segmente ce se vor suprapunepeste segmentele din cele doua siruri anterioare. Deci exista cel putin 3 diametre ale carorproiectii se suprapun si care dau solutia problemei.

Problema 6.19 Pentru orice x ∈ [0, 1] si y ∈ [0, 1] consideram pe laturile AB, DC, BC

si AD punctele M(x), N(x), P (y), Q(y) astfel ca:

AM

AB=DN

DC= x si

BP

BC=AQ

AD= y.

a) Sa se arate ca dreptele MN si PQ sunt concurente.

b) Sa se arate ca dreptele M(x)N(x), x ∈ [0, 1] genereaza aceeasi suprafata ca dreptele

P (y)Q(y), y ∈ [0, 1].

c) Daca notam

M1 = M

(1

3

), N1 = N

(1

3

), M2 = M

(2

3

), N2 = N

(2

3

),

P1 = P

(1

3

), Q1 = Q

(1

3

), P2 = P

(2

3

), Q2 = Q

(2

3

),

M1N1 ∩ P1Q1 = A1, M2N2 ∩ P1Q1 = B1,

M2N2 ∩ P2Q2 = C1, M1N1 ∩ P2Q2 = D2,


sa se arate ca

V(A1B1C1D1) =1

81V(ABCD).

Solutie. a) rM = (1− x)rA + xrB, rN = (1− x)rD + xrC ,

rP = (1− y)rB + yrC , rQ = (1− y)rA + yrD.

Punctul I1 aflat pe MN astfel caMI1MN

= y are vectorul de pozitie

rI1 = (1− y)rM + yrM = (1− x)(1− y)rA + (1− y)xrB + xyrC + y(1− x)rD.

Punctul I2 aflat pe PQ astfel caI2Q

QP= x are vectorul de pozitie

rI2 = (1− x)rQ + xrP = rI1

deci I1 = I2 = MN ∩ PQ.b) Dreptele MN si PQ genereaza suprafata pe care se afla punctul I = I1 = I1, ecuatia

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:

rA1 = r

(1

3,1

3

)=

1

9(4rA + 2rB + rC + 2rD)

rB1 = r

(2

3,1

3

)=

1

9(2rA + 4rB + 2rC + rD)

rC1 = r

(2

3,2

3

)=

1

9(rA + 2rB + 4rC + 2rD)

rD1 = r

(1

3,2

3

)=

1

9(2rA + rB + 2rC + 4rD)

Calculam volumele folosind produse mixte si pentru simplificarea calculelor alegemoriginea ın A deci rA = 0.

Avem:

V(A1B1C1D1) =1

6|(A1B1, A1C1, A1D1)|

=1

6|(rB1 − rA1 , rC1 − rA1 , rD1 − rA1)|

=1

93 · 6|(2rB + rC − rD, 3rC ,−rB + rC + 2rD)|

=1

93 · 6|(12(rB, rC , rD) + 3(rD, rC , rB)|

=1

93 · 6· 9|(rB, rC , rD)| = 1

81· 1

6|(rB, rC , rD)| = 1

81V(ABCD).

Problema 6.20 Fie [A1A2 . . . A2nA2n+1] un poligon cu numar impar de laturi. Numim

ınaltime orice dreapta ce trece printr-un varf Ak si este perpendiculara pe latura opusa

An+kAn+k+1. Sa se arate ca daca 2n dintre ınaltimi sunt concurente, atunci toate ınaltimile

sunt concurente.

230

Solutie. Alegem ın planul poligonului un reper cu originea ın H (intersectia ınaltimilordin A1, A2, . . . , A2n) si notam

HA1 = a1, HA2 = a2, . . . ,HA2n = a2n si HA2n+1 = a2n+1.

Conditia HA1 ⊥ An+1An+2 se scrie a1(an+2 − an+1) = 0 sau a1 · an+1 = a1 · an+2.Analog din HA2 ⊥ An+2An+3, . . . ,HA2n ⊥ An−1An obtinem sistemul de relatii:

(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

Daca adunam toate relatiile, termenii din stanga ai egalitatilor (1), (2), . . . , (n) se reduccu termenii din dreapta ai relatiilor (n + 1), (n + 2), . . . , (2n), iar termenii din stanga aiegalitatilor (n + 2), . . . , (2n) se reduc la cei din dreapta din egalitatile (1), . . . , (n − 1).Ramane ın dreapta an+1 · a2n+1 din (n + 1) si ın stanga ramane termenul an · a2n+1 din(n), deci an · a2n+1 = an+1 · a2n+1 ⇔ a2n+1(an+1 − an) = 0 ⇔ HA2n+1 ⊥ AnAn+1.

Problema 6.21 Sa se arate ca daca ıntr-un poligon [A1A2 . . . A2nA2n+1], 2n dintre me-

diane sunt concurente, atunci toate medianele sunt concurente (numim mediana dreapta

ce uneste un varf Ak cu mijlocul laturii opuse An+kAn+k+1).

Solutie. Alegem un reper cu originea ın G, intersectia medianelor din A1, A2, . . . , A2n

si notam GA1 = a1, GA2 = a2, . . . , GA2n = a2n si GA2n+1 = a2n+1 sicu B1, B2, . . . , B2n, B2n+1 mijloacele laturilor opuse varfurilor A1, A2, . . . , A2n, A2n+1.Conditia ca punctele Ak, G,Bk sunt coliniare se scrie:

ak ×1

2(an+k + an+k+1) = 0, k = 1, 2n.

Obtinem sistemul de relatii:

(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.

Daca adunam toate aceste relatii si reducem doi cate doi termeni ramane

an × a2n+1 + an+1 × a2n+1 = 0 ⇔ a2n+1 × (an + an+1) = 0,

deci punctele A2n+1, G si B2n+1 sunt coliniare.


Problema 6.22 Fie 0 < α < 1 si Pk un poligon convex [A1A2 · · ·An]. Se considera

punctele B1, B2, . . . , Bn pe laturile (A1A2), (A2A3), . . . si respectiv, (AnA1) astfel ıncat

A1B1

A1A2=A2B2

A2A3= · · · = AnBn

AnA1= α.

Vom nota cu Pk+1 poligonul astfel obtinut [B1, B2, · · · , Bn].

Dandu-se un poligon convex P0, se construieste ın maniera de mai sus un sir de

poligoane P0, P1, P2, . . . .

Demonstrati ca exista un singur punct ın interiorul tuturor poligoanelor Pk, pentru

orice k = 0, 1, 2, . . . .

SEEMOUS, 2008

Solutie. Fie O centrul de greutate al poligonului [A1A2 · · ·An]. Cum

−−→OB1 +

−−→OB2 + · · ·+

−−→OBn =

−−→OA1 +

−−→OA2 + · · ·+

−−→OAn = 0,

O apartine fiecarui poligon P0, P1, P2, . . . .Fie R = max{||

−−→OA1||, ||

−−→OA2||, . . . , ||

−−→OAn||} astfel ıncat Pk este ınscris ın discul de

raza R centrat ın O. Fie C1, C2, . . . , Cn varfurile poligonului Pk+n. Este usor de aratat ca

−−→OC1 =

n∑i=1

βi−−→OAi unde βi > 0 si

n∑i=1

βi = 1.

Fie λ = mini=1,2,..,n

βi. Intrucat−−→OA1 +

−−→OA2 + · · ·+

−−→OAn = 0, obtinem

|−−→OC1| =

∣∣∣∣∣n∑i=1

(βi − λ)−−−−→OAi+1

∣∣∣∣∣ ≤n−1∑i=1

(βi − λ)|−−−−→OAi+1| ≤ R

n∑i=1

(βi − λ) = R(1− nλ).

Aceasta ınseamna ca Pk+n se afla ınscris ın discul de raza R(1− nλ) si centrat ın O.Continuand ın acelasi mod deducem ca poligonul Pk+mn este ınscris ın discul de raza

R(1 − nλ)m si centrat ın O, prin urmare O este unicul punct comun al poligoanelor P0,P1, P2, . . . .

Observatie. Pentru α = 12 poligoanele interioare se construiesc cu varfurile ın mi-

jloacele poligonului din exterior.

Problema 6.23 Fie A1, A2, . . . , An puncte ın spatiu si a1, a2, . . . , an ∈ R cu a1 + a2 +

· · · + an = 1. Daca notam cu r1, r2, . . . , rn vectorii de pozitie ai punctelor A1, A2, . . . , An

si cu A0 punctul cu vectorul de pozitie

r0 = a1r1 + a2r2 + · · ·+ anrn

sa se arate ca:

a)

n∑k=1

ak(MA2k − r2k) = MA2

0 − r20

232

b) Sa se afle locul geometric al punctelor M din spatiu pentru care

n∑k=1

akMA2k = a2 (constanta).

c) Sa se determine valoarea minima a sumei

S(M) =n∑k=1

ak ·MA2k

cand M parcurge spatiul.

Solutie.n∑k=1

ak(MA2k − r2k) =

n∑k=1

ak((rk − r)2 − r2k)

=

n∑k=1

ak(r2 − 2r · rk) = r2

n∑k=1

ak − 2r

n∑k=1

akrk

= r2 − 2r · r0 = (r − r0)2 − r20 = MA20 − r20.

b) Din a) rezulta

n∑k=1

akMA2k =

n∑k=1

akr2k − r20 +MA2

0 = a2

⇒ MA20 = a2 −

n∑k=1

akr2k + r20 = C = constant

In functie de marimea C locul geometric este:sfera daca C > 0punct daca C = 0multimea vida daca C < 0.

c) Minimul se atinge ın M = A0 si este

Smin =

n∑k=1

akr2k − r20.

Problema 6.24 Fie D o dreapta si P un punct ın spatiu astfel ca distanta de la P la D

este r > 0. Notam cu S multimea punctelor X din spatiu pentru care d(X,D) ≥ 2d(X,P ).

Sa se determine volumul corpului S.

IMC, 2009

Solutie. Alegem un sistem de coordonate ın spatiu astfel ca dreapta D sa fie axa Oziar punctul P sa se afle pe axa Ox, P (r, 0, 0). Pentru un punct X(x, y, z) avem:

d(X,D) =√x2 + y2 si d(X,P ) =

√(x− r)2 + y2 + z2.

Obtinem conditia:x2 + y2 ≥ 4((x− r)2 + y2 + z2) ⇔


3x2 − 8rx+ 4r2 + 3y2 + 4z2 ≤ 0 ⇔ 3

(x− 4

3r

)2

+ 3y2 + 4z2 ≤ 4

3r2 ⇔

(x− 4

3r

)2

(2

3r

)2 +y2(2

3r

)2 +z2(1√3r

)2 ≤ 1

Astfel corpul S este un elipsoid cu semiaxele

a =2

3r, b =

2

3r, c =

1√3r

al carui volum este4πabc

3=

16πr3

27√

3.

Problema 6.25 Se considera familia de plane:

Pt : 2x cos t+ 2y sin t− z = 0, t ∈ [0, 2π].

a) Sa se arate ca exista sfere care sunt tangente la toate planele din familie.

b) Sa se determine locul geometric al centrelor acestor sfere.

c) Sa se scrie ecuatia conului cu varful ın origine circumscris unei astfel de sfere.

Solutie. a) Pentru a exista o astfel de sfera (de centru M(u, v, w) si raza λ > 0) vatrebui ca distanta de la M la fiecare plan din familie sa fie λ, deci

2u cos t+ 2v sin t− w√5

= ±λ, pentru orice t ∈ [0, 2π) ⇔

2u cos t+ 2v sin t+ (−w ∓√

5λ) = 0, pentru orice t ∈ [0, 2π) ⇒

u = v = 0 si w = ±5λ.

Deci o astfel de sfera este de exemplu de centru M0(0, 0, 5) si raza R0 =√

5.b) Pentru λ ∈ [0,∞) ⇒ M ∈ Oz deci locul este axa Oz.c) Fie sfera de la a)

σ : x2 + y2 + (z −√

5λ)2 = λ2

si o dreapta ce trece prin origine si un punct de pe sfera, de ecuatii

d :

x = tXy = tYz = tZ

cu d ∩ σ = 1 ⇔ ecuatia (tX)2 + (tY )2 + (tZ −√

5)2 = λ2 are o singura solutie ⇔ ∆ =0 ⇔ 4X2 + 4Y 2 − Z2 = 0.

234

Problema 6.26 Fie n ≥ 1 un numar natural si curba plana:

Cn : |x|n + |y|n = 1.

Pentru fiecare punct M ∈ Cn notam cu XM si YM proiectiile lui M pe axele Ox si Oy si

cu TM functiile din interiorul si de pe laturile triunghiului OXMYM . Sa se arate ca:

⋃M∈Cn

TM = {(x, y) ∈ R2 | |x|nn+1 + |y|

nn+1 ≤ 1}.

Solutia 1. Datorita simetriei curbei Cn este suficient sa ne restrangem la primul cadran(x ≥ 0, y ≥ 0). Pentru un punct M(α, β) ∈ Cn dreapta XMYM are ecuatia

dα,β :x

α+y

β− 1 = 0.

Un punct P (x, y) ∈⋃

M∈Cn

TM daca si numai daca exista (α, β) astfel ca:

x

α+y

β− 1 ≤ 0, αn + βn = 1.

Avem:

x

α+y

β− 1 ≤ 0 ⇔ yn ≤ βn

(1− x

α

)n= (1− αn)

(1− x

α

)n= fx(α).

Consideram functia

fx : [0, 1]→ R, fx(α) = (1− α)(

1− x

α

)nsi determinam valoarea maxima, ceea ce se poate face ın doua moduri:

a) f ′x(α) = −n(

1− x

α

)n−1· 1

α2(αn+1 − x) care are ın α = n+1

√x un punct de maxim

ın care se ia valoarea maxima

fx,max = (1− n+1√xn)n+1.

b) Folosim inegalitatea

n+1

√√√√n+1∏i=1

(1− ai) ≤ 1− n+1

√√√√n+1∏i=1

ai

(care rezulta din inegalitatea mediilor) si o aplicam pentru a1 = αn, a2 = . . . = an+1 =

1− x

αsi obtinem

fx(α) ≤ (1− n+1√xn)n+1.

In concluzie:

yn ≤ (1− n+1√xn)n+1 ⇔ x

nn+1 + y

nn+1 ≤ 1.


Solutia 2. Curba C : |x|nn+1 + |y|

nn+1 = 1 fiind concava ın cadranul I, punctele situate

sub ea este reuniunea triunghiurilor determinate de axe si de tangentele la curba C. Tan-

genta ın Q(α1, β1) ∈ C taie axele ın X(α1

n+1

1 , 0) si Y (0, β1

n+1

1 ) deci punctul M(α1

n+1

1 , β1

n+1

1 )se afla pe curba

Cn ((α1

n+1

1 )n + (β1

n+1

1 )n = 1)

si atunci X = XM , Y = YM deci triunghiurile OXY si OXMYM coincid.

Solutia 3. Curba ce delimiteaza reuniunea⋃

M∈Cr

TM este ınfasuratoarea familiei de

drepte {dα,β :

x

α+y

β− 1 = 0

αn + βn = 1

Daca notam

F (x, y, α) =x

α+y

β− 1

si consideram β ca functie implicita de α din relatia αn + βn = 1, curba ınfasuratoareverifica sistemul de relatii:

F (x, y, α) = 0

∂F

∂α(x, y, α) = 0

Avem:

x

α+y

β− 1 = 0

− x

α2− y

β2· β′ = 0

nαn−1 + nβn−1β′ = 0

αn + βn = 1

si obtinem:

x = αn+1, y = βn+1

sau

α = n+1√x, β = n+1

√y si 1 = αn + βn = x

nn+1 + y

nn+1 .

Problema 6.27 Fie d1 si d2 doua drepte ın spatiu si notam cu T1 si T2 operatorii de

proiectie ortogonala 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.

Sa se arate ca sirurile sunt convergente si daca notam

A = limn→∞

An, B = limn→∞

Bn,

atunci distanta dintre dreptele d1 si d2 este distanta ıntre punctele A si B.

236

Solutie. Daca dreptele d1 si d2 sunt paralele sau perpendiculare, sirurile sunt constantesi problema este evidenta.

In cazul general alegem un sistem de coordonate convenabil astfel ca

d1 = Ox si d2 :

{z = dy = mx

si atunci avem:

T1(x, y, z) = (x, 0, 0), pentru orice (x, y, z) ∈ R3

si pentru a gasi T2(x, y, z) = (X,Y, Z) intersectia d2 cu un plan perpendicular pe d2 cetrece prin (x, y, z), deci obtinem sistemul:

X − x+m(Y − y) = 0, Y = mX, Z = d

cu solutia

X =my + x

1 +m2, Y =

m2y +mx

1 +m2, Z = d.

Avem:

(T1 ◦ T2)(a, b, c) =

(a+mb

1 +m2, 0, 0

),

(T1 ◦ T2)n(a, b, c) =

(a

(1 +m2)m, 0, 0

), n ≥ 2

(T2 ◦ T1)(a, b, c) =

(a

1 +m2,

am

1 +m2, d

)

(T2 ◦ T1)n(a, b, c) =

(a

(1 +m2)n, a

(m

1 +m2

)n, d

), n ≥ 2.

Avem

limn→∞

An = (0, 0, 0) = A, limn→∞

Bn = (0, 0, d) = B

si perpendiculara comuna dreptelor d1 si d2 este chiar dreapta AB, deci

d(A,B) = d(d1, d2).

Problema 6.28 Numim parabola standard graficul polinomului de gradul al doilea

y = x2 + ax + b avand coeficientul dominant egal cu 1. Trei parabole standard avand

varfurile V1, V2, V3 se intersecteaza doua cate doua ın punctele A1, A2, A3. Fie s(A) simet-

ricul punctului A fata de axa Ox.

Aratati ca parabolele standard cu varfurile ın s(A1), s(A2), s(A3) se intersecteaza doua

cate doua ın punctele s(V1), s(V2), s(V3).

IMC, 2002


Solutie. Mai ıntai aratam ca o parabola standard cu varful V contine punctul A dacasi numai daca parabola standard cu varful ın s(A) contine punctul s(V ).

Fie A(a, b) si V (v, w). Ecuatia prabolei standard cu varful V (v, w) este y = (x−v)2+w,iar ea contine punctul A daca si numai daca b = (a − v)2 + w. Analog, ecuatia praboleistandard cu varful ın s(A) = (a,−b) este y = (x − a)2 − b. Aceasta contine punctuls(V ) = (v,−w) daca si numai daca −w = (v−a)2− b. Cele doua conditii sunt echivalente.

Sa presupunem ca parabolele standard cu varfurile ın V1 si V2, V1 si V3 si respectiv, V2si V3 se intersecteaza ın A3, A2 si respectiv, A1. Atunci, ın conformitate cu ce am aratatmai sus, parabolele standard cu varfurile ın s(A1) si s(A2), s(A1) si s(A3), respectiv s(A2)si s(A3) se intersecteaza doua cate doua ın punctele V3, V2 si respectiv V1 deoarece elecontin doua cate doua aceste puncte.

Problema 6.29 Se dau doua elipse diferite astfel ıncat acestea au unul din focare comun.

Demonstrati ca elipsele se intersecteaza ın cel mult doua puncte.

IMC, 2008

Solutie. Folosim definitia elipsei ca loc geometric al punctelor pentru care raportuldintre distanta la un punct fix (focar) si distanta la o dreapta fixa (directoare) este sub-unitar (e < 1).

Asadar, daca un punct M apartine ambelor elipse, avand focarul comun F, excen-tricitatile e1, e2 si directoarele l1, l2, atunci avem

e1d(M, l1) = |MF | = e2d(M, l2).

Consideram M(x, y) si dreptele l1 : a1X+b1Y +c1 = 0 respectiv, l2 : a2X+b2Y +c2 =0. Ecuatia e1d(M, l1) = e2d(M, l2) devine atunci

e1|a1x+ b1y + c1|√

a12 + b12

= e2|a2x+ b2y + c2|√

a22 + b22

,

adicaAx+By + C = 0,

undeA = e1a1√

a12+b12± e2a2√

a22+b22

B = e1b1√a12+b1

2± e2b2√

a22+b22

C = e1c1√a12+b1

2± e2c2√

a22+b22.

Deci toate punctele M ce satisfac relatia de mai sus sunt situate pe dreapta Ax+By+C = 0. Cum intersectia dintre o dreapta si o elipsa este data de cel mult doua puncte,obtinem concluzia problemei.

Problema 6.30 In interiorul unei sfere de raza R si centru O se considera un punct fix

A, iar pe sfera punctele variabile X,Y, Z astfel ca AX ⊥ AY , AY ⊥ AZ, AZ ⊥ AX. Sa

se determine locul geometric al varfului M , opus lui A ın paralelipipedul cu muchiile AX,

AY , AZ.

238

Solutie. Aratam ca distanta OM este constanta. Avem:

OM = OA+AM = OA+AX +AY +AZ

OM2

= OA2

+ 2OA(AX +AY +AZ) +AX2

+AY2

+AZ2

= OA2

+ 2OA(OX −OA+OY −OA+OZ −OA)

= (OX −OA)2 + (OY −OA2) + (OZ −OA)2

= OX +OY2 − 2OA

2= 3R2 − 2OA2 = constant.

Locul este o sfera cu centrul O.

Problema 6.31 Fie n ≥ 4 si M o multime finita cu n puncte din R3, oricare 4 puncte

din multime fiind necoplanare. Presupunem ca punctele sunt colorate ın alb si negru asa

ıncat orice sfera care intersecteaza multimea M ın cel putin 4 puncte are proprietatea ca

exact jumatate din punctele din intersectia cu M sunt albe.

Aratati ca toate punctele din multimea M sunt situate pe o aceeasi sfera.

IMC, 2004

Solutie. Definim functia

f : M −→ {−1, 1}, f(X) =

{−1, daca X este alb

1, daca X este negru.

Conditia din enunt devine∑X∈S

f(X) = 0 pentru orice sfera S care trece prin cel putin 4

puncte ale lui M. Pentru oricare 3 puncte A, B, C din M, notam cu S(S,B,C) multimeatuturor sferelor ce trec prin A, B, C si prin cel putin un alt punct din M, iar |S(A,B,C)|numarul acestor sfere.

Avem

0 =∑

S∈S(A,B,C)

∑X∈S

f(X) = (|S(A,B,C)| − 1)(f(A) + f(B) + f(C)

)+∑X∈M

f(X)

ıntrucat valorile lui A, B, C apar de |S(A,B,C)| ori fiecare si celelalte valori apar numaio data.

Daca avem 3 puncte A, B, C asa ıncat |S(A,B,C)| = 1, demonstratia este terminata.Daca |S(A,B,C)| > 1 pentru oricare puncte distincte A, B, C din M, vom arata mai

ıntai ca∑X∈M

f(X) = 0.

Presupunem ca∑X∈M

f(X) > 0. Din relatia de mai sus rezulta ca f(A) + f(B) +

f(C) < 0 si sumand dupa toate cele C3n alegeri posibile ale tripletei (A, B, C), obtinem

C3n

∑X∈M

f(X) < 0, adica∑X∈M

f(X) < 0 (contrazice presupunerea facuta). Acelasi

rationament se aplica ın cazul cand presupunem∑X∈M

f(X) < 0.


Acum, din∑X∈M

f(X) = 0 si relatia initiala, rezulta f(A)+f(B)+f(C) = 0 pentru orice

puncte distincte A, B, C din M. Considerand un alt punct D ∈ M, au loc urmatoareleegalitati:

f(A) + f(B) + f(C) = 0f(A) + f(B) + f(D) = 0f(A) + f(C) + f(D) = 0f(B) + f(C) + f(D) = 0

ce conduc la f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 0, ceea ce contrazice definirea functiei f.

Problema 6.32 Sa se determine numarul maxim de puncte de pe sfera de raza 1 din Rn

astfel ıncat distanta dintre oricare doua puncte sa fie strict mai mare decat√

2.

IMC, 2001Solutie. Sfera unitate din Rn este definita de

Sn−1 ={

(x1, . . . , xn) ∈ Rn|n∑k=1

x2k = 1}.

Distanta dintre punctele si Y (y1, . . . , yn) este data:

d2(X,Y ) =n∑k=1

(xk − yk)2.

Avemd(X,Y ) >

√2 ⇐⇒ d2(X,Y ) > 2

⇐⇒n∑k=1

x2k +n∑k=1

y2k + 2n∑k=1

xkyk > 2

⇐⇒n∑k=1

xkyk < 0.

Tinand cont de simetria sferei, presupunem ca A1(−1, 0, . . . , 0).

Pentru X = A1,

n∑k=1

xkyk < 0 rezulta y1 > 0, ∀Y ∈Mn.

Fie X(x1, X), Y (y1, Y ) ∈Mn \ {A1}, X, Y ∈ Rn−1.Obtinem

n∑k=1

xkyk < 0 =⇒ x1y1 +n−1∑k=1

xkyk < 0 ⇐⇒n−1∑k=1

x′ky′k < 0,

unde

x′k =xk√Σx2k

, y′k =yk√Σy2k

.

Asadar

(x′1, . . . , x′n−1), (y′1, . . . , y

′n−1) ∈ Sn−2 si

n∑k=1

xkyk < 0.

240

Daca an este numarul punctelor cautate ın Rn avem ca an ≤ 1+an−1 si a1 = 2 implicaan ≤ n+ 1.

Aratam ca an = n + 1, dand exemplu o multime Mn cu n + 1 elemente satisfacandconditiile problemei:

A1(−1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0)A2(

1n ,−c1, 0, 0, . . . , 0, 0)

A3(1n ,

1n−1 c1,−c2, 0, . . . , 0, 0)

A4(1n ,

1n−1 c1,

1n−2 c2,−c3, . . . , 0, 0)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·An−1(

1n ,

1n−1 c1,

1n−2 c2,

1n−3 c3, . . . ,−cn−2, 0)

An( 1n ,

1n−1 c1,

1n−2 c2,

1n−3 c3, . . . ,

12 cn−2,−cn−1)

An+1(1n ,

1n−1 c1,

1n−2 c2,

1n−3 c3, . . . ,

12 cn−2, cn−1)

unde

ck =

√(1 +

1

n

)(1 +

1

n− k + 1

), k = 1, n− 1.

Avemn∑k=1

xkyk = − 1

n< 0 si

n∑k=1

x2k = 1, ∀X,Y ∈ {A1, A2, . . . , An+1}.

Aceste puncte se afla pe sfera unitate din Rn si distanta dintre oricare doua puncteeste egala cu

d =√

2

√1 +

1

n>√

2.

Observatie. Pentru n = 2, punctele formeaza un triunghi echilateral ın cercul unitate;pentru n = 3 cele 4 puncte sunt varfurile unui tetraedru regulat iar ın Rn punctele formeazaun simplex regulat n-dimensional.

Problema 6.33 Fie A, B, C, D patru sfere distincte ın spatiu. Presupunem ca sferele A si

B se intersecteaza dupa un cerc ce este continut ın planul P, sferele B si C se intersecteaza

dupa un cerc ce este continut ın planul Q, sferele C si D se intersecteaza dupa un cerc ce

este continut ın planul S iar sferele D si A se intersecteaza dupa un cerc ce este continut

ın planul T. Demonstrati ca planele P , Q, S si T sunt paralele cu o aceeasi dreapta sau

se intersecteaza toate ıntr-un punct.

SEEMOUS Shortlist, 2008 si Ariel Internet Math. Olympiad, 2009

Solutie. Tinand cont de faptul ca ın ecuatia unei sfere termenii de gradul al doilea suntdoar x2 +y2 +z2, ecuatiile celor 4 sfere difera doar prin partea lor liniara. Avem cele patruecuatii:

A : a(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a1x+ b1y + c1z + d1 = 0,B : b(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a2x+ b2y + c2z + d2 = 0,C : c(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a3x+ b3y + c3z + d3 = 0,D : d(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a4x+ b4y + c4z + d4 = 0.

Prin urmare, diferenta a doua polinoame sferice de mai sus este liniara, deci reprezintaecuatia unui plan, planul ce contine cercul de intersectie al celor doua sfere. Deci planele


din enunt au ecuatiile:

P : (a1 − a2)x+ (b1 − b2)y + (c1 − c2)z + (d1 − d2) = 0,Q : (a2 − a3)x+ (b2 − b3)y + (c2 − c3)z + (d2 − d3) = 0,S : (a3 − a4)x+ (b3 − b4)y + (c3 − c4)z + (d3 − d4) = 0,T : (a4 − a1)x+ (b4 − b1)y + (c4 − c1)z + (d4 − d1) = 0,

unde NP ((a1−a2), (b1−b2), (c1−c2)), NQ((a2−a3), (b2−b3), (c2−c3)), NS((a3−a4), (b3−b4), (c3 − c4)) si NT ((a4 − a1), (b4 − b1), (c4 − c1)) sunt normalele celor 4 plane.

Observam ca NP + NQ + NS + NT = 0.Avem 2 cazuri:Daca trei dintre normale sunt liniar dependente (coplanare), rezulta ca si cea de-a patra

este ın acelasi plan cu ele (fiind opusul sumei celor trei). In acest caz toate normalele suntperpendiculare pe normala planului din care fac parte, N . In consecinta, cele 4 plane suntparalele cu N .

Daca trei dintre normale sunt liniar independente (necoplanare), cele trei plane au unpunct comun. Coordonatele acestui punct verifica sistemul liniar format cu ecuatiile celortrei plane. Cum cel de-al patrulea plan are ecuatia data de combinatia liniara a primelor3 plane, coordonatele punctului comun o verifica si pe aceasta. Prin urmare, toate cele 4plane se intersecteaza ın acelasi punct.

Problema 6.34 Punctele mobile A, B, C se afla pe un elipsoid de centru O astfel ca

OA, OB, OC sunt doua cate doua perpendiculare. Fie H ortocentrul triunghiului ABC.

Sa se determine locul geometric al punctelor H.

Solutie. Folosind teorema celor trei perpendiculare ın tetraedrul OABC rezulta ca OHeste perpendiculara pe planul (ABC). Ne raportam la reperul ortogonal OABC. Ecuatiaprin taieturi a planului (ABC) este:

x

|OA|+

y

|OB|+

z

|OC|− 1 = 0.

Notand m = 1|OA| , n = 1

|OB| si p = 1|OC| rezulta

|OH| = 1√m2 + n2 + p2

.

Ecuatia elipsoidului este data de

mx2 + ny2 + pz2 + 2axy + 2bxz + 2cyz = 1

iar matricea atasata formei patratice este

A =

m2 a ba n2 cb c p2

.

Observam ca |OH| = 1√TrA

. Cum urma matricei A este suma valorilor proprii ale

formei patratice care depinde numai de elipsoid (nu si de pozitia reperului, TrA fiindinvariant ortogonal), obtinem ca |OH| = constant = R. Cum OH parcurge toate directiileposibile prin rotirea reperului, rezulta ca locul geometric cautat este sfera centrata ınorigine si de raza R.

242

Problema 6.35 a) Sa se arate ca suprafata S ⊂ R3, de ecuatie

S : 4(x2 + z2)− y2 − 10xz + 36 = 0

este o suprafata riglata si o suprafata de rotatie.

b) Sa se determine toate suprafetele care sunt ın acelasi timp suprafete riglate si

suprafete de rotatie.

Solutie. a) S este o cuadrica. Matricea formei patratice este

A =

4 0 −50 −1 0−5 0 4

cu valorile proprii λ1 = λ2 = −1 si λ3 = 9. Vectorii proprii sunt

X1 =1√2

101

, X2 =

010

, X3 =1√2

10−1

.Cu schimbarea de variabile x

yz

= P

uvw

=1√2

1 0 1

0√

2 01 0 −1

uvw

obtinem suprafata

S : u2 + v2 − 9w2 − 36 = 0

care este hiperboloid cu o panza (suprafata riglata).Suprafata se obtine de exemplu rotind hiperbola

H : v2 − 9w2 − 36 = 0, u = 0

ın jurul axei Oz′.b) S fiind suprafata riglata, prin orice punct de pe S trece o dreapta inclusa ın S.S fiind suprafata de rotatie, prin orice punct de pe S trece un cerc cu centrul pe axa

de rotatie, perpendicular pe axa de rotatie si situat ın ıntregime ın S.Luand toate cercurile ce trec prin punctele unei generatoare obtinem suprafata obtinuta

prin rotatia dreptei ın jurul axei. In concluzie suprafetele sunt cele obtinute prin rotatiaunei drepte ın jurul altei drepte.

Putem obtine:1. Plan (daca D ⊥ D′).2. Cilindru (daca D‖D′).3. Con (daca D ∩D′ = un punct).4. Hiperboloid cu o panza (daca D si D′ sunt necoplanare si neperpendiculare).

Problema 6.36 Fie σ un elipsoid sau un hiperboloid si D o dreapta ın spatiu. Notam cu

S suprafata cilindrica cu generatoarea paralela cu D si tangenta la σ. Notam cu C curba

punctelor de tangenta dintre generatoare si σ. Sa se arate ca C este o curba plana.


Solutie. Putem schimba sistemul de coordonate astfel ca ecuatia elipsoidului sau hiper-boloidului sa fie sub forma redusa

S : ax2 + by2 + cz2 = 1.

Un punct (x, y, z) ∈ σ este punct de pe curba de tangenta daca normala la suprafataσ ın acest punct este perpendiculara pe generatoare, deci daca vectorii ∇F si d suntperpendiculari, unde

F (x, y, z) = ax2 + by2 + cz2 − 1 si d = αi+ βj + γk

este vectorul director al generatoarei (al dreptei D). Obtinem pentru curba de tangentaecuatiile implicite

C :

{F (x, y, z) = 0

d · V F = 0.

A doua ecuatie este2αax+ 2βby + 2γcz = 0

care reprezinta ecuatia unui plan (ce trece prin origine) si curba C se afla ın acest plan.Curba are originea ca centru de simetrie.

Problema 6.37 Fie σ un elipsoid sau hiperboloid si V un punct ın spatiu. Notam cu S

suprafata conica generata de dreptele ce trec prin V si care sunt tangente la S (daca exista

astfel de drepte) si cu C curba punctelor de tangenta ale generatoarelor cu suprafata σ.

Sa se arate ca C este o curba plana.

Solutie. Alegem ın spatiu un sistem de coordonate ın care suprafata σ are ecuatiaredusa

σ : ax2 + by2 + cz2 = 1.

Un punct M(x, y, z) de pe suprafata σ se afla pe curba C daca normala ın M lasuprafata σ este perpendiculara pe vectorul VM . Vectorul normal la σ ın M este

∇F =∂F

∂xi+

∂F

∂yj +

∂F

∂zk

undeF (x, y, z) = ax2 + by2 + cz2 − 1

iar vectorulVM = (x− a)i+ (y − b)j + (z − c)k,

unde a, b, c sunt coordonatele lui V . Astfel curba C are ecuatiile

C :

F (x, y, z) = 0

(x− a)∂F

∂x+ (y − b)∂F

∂y+ (z − c)∂F

∂z= 0

sau

C :

{ax2 + by2 + cz2 − 1 = 0

(x− a)2ax+ (y − b)2by + (z − c)2cz = 0.

Daca din relatia a doua scadem prima ınmultita cu 2 obtinem relatia

a2x+ b2y + c2z = 1

care este ecuatia unui plan ın care se gaseste curba C.

Bibliografie

[1] T. Andreescu, R. Gelca, Putnam and Beyond, Springer, 2007.

[2] C. Baetica, C. Boboc, S. Dascalescu, G. Mincu, Probleme de algebra, Ed. Univer-sitatii din Bucuresti, 2006.

[3] D. Dummit, R. Foote, Abstract Algebra, Prentice-Hall, 1999.

[4] D. Flondor, N. Donciu, Algebra si analiza matematica. Culgere de probleme, vol. Isi II, Ed. Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1979.

[5] D. Harville, Matrix Algebra: Exercices and solutions, Springer, 2001.

[6] R. Horn, C. Johnson, Analiza matriciala, Ed. Theta, Bucuresti, 2001.

[7] H. Ikramov, Recueil de problemes d’algebre lineaire, MIR, 1977.

[8] I. D. Ion, N. Radu, Algebra, Ed. Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1981.

[9] C. Nastasescu, C. Nita, C. Vraciu, Bazele algebrei, Ed. Academiei, Bucuresti, 1986.

[10] V. Pop, Algebra liniara, Ed. Mediamira, 2003.

[11] V. Pop, Algebra liniara. Matrice si determinanti pentru elevi, studenti si concursuri,Ed. Mediamira, 2007.

[12] V. Pop, Algebra liniara si geometrie analitica, Ed. Mega, 2011.

[13] V. Pop, I. Corovei, Algebra liniara - 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 Competitions1962-1991, 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 Stu-dents, 2007-2011.

Cuprins - Alexandru Ioan Cuza Universityfliacob/An1/2018-2019... · grupuri, inele, corpuri De...

Documents

Transcript of Cuprins - Alexandru Ioan Cuza Universityfliacob/An1/2018-2019... · grupuri, inele, corpuri De...