Testul 2 - Solutii

Problema 1. Se scriu relatiile pentru n si n + 1 si se scad. Se ajungela xn−1an+1 = xnan, unde an = xn + xn−2. Se ajunge la an+1 = 3xn, adicaxn+1 = 3xn − xn−1, si de aici concluzia este evidenta.

Problema 2. Fie Q(X) = aX3 + bX2 + cX restul de care este vorba inipoteza. Atunci P (k) = ak3 + bk2 + ck pentru k ∈ {1, 2, 3, 4}, si deci primacoloana a determinantului este combinatie liniara de celelalte trei, asadarD = 0.

Problema 3. Se aplica de mai multe ori teorema Cesaro-Stolz. Pentru∑x2

k :

lim

∑n1 x2

k

n7= lim

x2n

n7 − (n − 1)7=

1

7· lim x2

n

n6=

16

7;

apoi pentru∑

y2k :

lim

∑n1 y2

k

n9= lim

y2n

n9 − (n − 1)9=

1

9· lim y2

n

n8=

9

9= 1;

si in final pentru∑

xkyk :

lim

∑n1 xkyk

n8= lim

xnyn

n8 − (n − 1)8=

1

8· lim xn

n4· yn

n3=

12

8=

3

2.

Deci l =16

7· 22

32=

64

63.

1

Problema 4. Ideea demonstratiei consta in stabilirea o corespondentabijectiva intre radacinile simple ale polinomului P (t) − 1 si solutiile ecuatieimatriciale. Acest fapt rezolva problema.

Fie A o solutie a ecuatiei din enunt, cu valorile proprii λ1 si λ2. AtunciP (λ1) = P (λ2) = 1, si daca λ1 6= λ2, rezulta ca A este diagonalizabila,adica A = SD(λ1, λ2)S

−1, unde prin D(x, y) se intelege matricea diago-nala cu elementul din stanga sus x si elementul din dreapta jos y. AtunciP (A) = SP

(D(λ1, λ2)

)S−1 = SD

(P (λ1), P (λ2)

)S−1 = SIS−1 = I, contra-

dictie. Deci λ1 = λ2 = z, si P (z) = 1. Cum A nu este diagonalizabiladatorita celor de mai sus, conform teoremei lui Jordan, se obtine :

A = S ·(

z 10 z

)· S−1,

si apoi

P (A) = S ·(

P (z) P ′(z)0 P (z)

)S−1.

De aici P ′(z) 6= 0, deoarece in caz contrar s-ar obtine P (A) = I, (deoareceP (z) = 1) contradictie. Deci z este o radacina simpla a polinomului P (t)−1.Deci daca A este o solutie a ecuatiei, atunci ea are valorile proprii egale cu oradacina simpla a polinomului P (t) − 1.

Se noteaza cu U(a) matricea ce are un singur element nenul egal cu a,situat la intersectia dintre prima linie si a doua coloana. Atunci relatia demai sus se scrie ca

I + U(1) = S(I + U(P ′(z))

)S−1,

adica (tinand cont ca P ′(z) 6= 0, si bU(a) = U(ab))

zI + U(1/P ′(z)) = S(zI + U(1)

)S−1.

Insa S(zI + U(1)

)S−1 = A, rezulta ca A = zI + U(1/P ′(z)). Deci fiecare

solutie este unic determinata de valoarea proprie a sa.Mai mult, daca z este o radacina simpla a lui P (t)− 1, atunci Az = zI +

U(1/P ′(z)) este o solutie a ecuatiei. De aici rezulta ca exista o corespondentabijectiva intre solutiile ecuatiei matriciale si radacinile simple ale polinomuluiP (t) − 1.

Odata demonstrat acest fapt, concluzia devine evidenta.

2