Valori proprii. Polinomul caracteristic Teorema lui Cayley-Hamilton

Valori proprii. Polinomul caracteristic Teorema lui Cayley-Hamilton Definiția 1. Fie matricea A M n C). Polinomul p A C[X], definit prin p A t) := detti n A) = 1) n deta ti n ), se numește polinomul caracteristic al matricei A. Explicit, avem p A t) = t n E 1 A)t n 1 +E 2 A)t n 2 + 1) n 1 E n 1 A)t+ 1) n E n A), unde E k A) este suma minorilor principali de ordinul k ai lui A, adică suma celor n k) determinanți de ordin k formați cu liniile și coloanele de aceiași indici din A. În particular, E 1A) = a 11 + + a nn = tr A, E 2 A) = a ii a ij, 1 i<j n E n 1 A) = tr adj A)) unde adj A) reprezintă adjuncta clasică a lui A), iar E n A) = det A. Fie λ 1,..., λ n C valorile proprii ale lui A. Întrucât λ 1,..., λ n sunt rădăcinile polinomului caracteristic p A, în baza relațiilor lui Viète, avem a ji a jj λ 1 + + λ n = E 1 A) = tr A, λ i λ j = E 2 A) = 1 i<j n. λ 1 λ n = E n A) = det A. 1 i<j n a ii a ji a ij a jj, Teorema 2 teorema lui Arthur Cayley și William Rowan Hamilton). Pentru orice corp K și orice matrice A M n K) are loc egalitatea p A A) = O n. Teorema 3. Fiind date o matrice A M n C) și un polinom f C[X], următoarele afirmații sunt adevărate: 1 Dacă fa) = O n, atunci orice valoare proprie a lui A este rădăcină a lui f Dacă matricea A anulează polinomul f, atunci orice valoare proprie a lui A îl anulează pe f). 1

2 Dacă λ 1,..., λ m C sunt valorile proprii distincte ale lui A, cu ordinele de multiplicitate s 1,..., s m N, atunci valorile proprii ale matricei fa) sunt fλ 1 ),..., fλ m ), cu exact aceleași ordine de multiplicitate, s 1,..., s m. Teorema 4. Pentru orice corp K și orice matrice A M n K) există un unic polinom monic m A K[X], de grad minim mai mic sau cel mult egal cu n) și cu proprietatea că m A A) = O n. Definiția 5. Unicul polinom m A din teorema precedentă se numește polinomul minimal al matricei A. În baza teoremei împărțirii cu rest, rezultă imediat că dacă f K[X] și fa) = O n, atunci m A f. În particular, avem m A p A adică polinomul minimal divide polinomul caracteristic). Teorema 6 Ferdinand Georg Frobenius). Fiind date un corp K și o matrice A M n K), polinomul minimal m A și polinomul caracteristic p A au aceiași factori ireductibili în K[X]. Definiția 7. Fie A M m,n C). Matricea A := Āt M n,m C), având elementele a jk = ā kj, se numește adjuncta hermitiană) a lui A. Se constată ușor că pentru orice matrici A M m,n C) și respectiv B M n,p C) au loc următoarele egalități: AB) = B A și A ) = A. Definiția 8. O matrice A M n C) se numește hermitiană, dacă A = A. Se spune că matricea A este strâmb hermitiană sau antihermitiană), dacă A = A. O matrice A M n R) se numește simetrică respectiv antisimetrică), dacă A = A t respectiv A = A t ). Definiția 9. O matrice U M n C) se numește unitară, dacă UU = I n. Evident, dacă U este unitară, atunci avem și U U = I n. O matrice U M n R) se numește ortogonală, dacă UU t = I n. Evident, dacă U este ortogonală, atunci avem și U t U = I n. Se constată imediat că U M n C) este unitară dacă și numai dacă liniile respectiv coloanele) lui U formează un sistem ortonormal în raport cu produsul scalar definit pe C n prin x, y := y x = x 1 ȳ 1 + + x n ȳ n oricare ar fi x := x 1,..., x n ), y := y 1,..., y n ) C n. 2

Definiția 10. O matrice A M n C) se numește normală, dacă ea comută cu adjuncta sa, adică AA = A A. Evident, orice matrice hermitiană, orice matrice strâmb hermitiană și orice matrice unitară este normală. De asemenea, orice matrice simetrică, orice matrice antisimetrică și orice matrice ortogonală este normală. 3

Probleme 1. Fie A M 2 C) o matrice cu proprietatea că A 2 O 2 și fie λ 1, λ 2 C valorile proprii ale lui A. Atunci următoarele afirmații sunt adevărate: 1 Dacă λ 1 λ 2, atunci A n = λn 1 λn 2 λ 1 λ 2 A λn 1 λ 2 λ 1 λ n 2 λ 1 λ 2 I 2 oricare ar fi n 0. 2 Dacă λ 1 = λ 2, atunci A n = nλ n 1 1 A n 1)λ n 1 I 2 oricare ar fi n 0. 2. Fie n 2 un număr întreg și fie A, B M 2 C) astfel încât AB BA și AB) n = BA) n. Să se demonstreze că există un număr complex a în așa fel încât AB) n = ai 2. M. Andronache, Olimpiada locală București, 1996/2 3. Fie A, B M 2 C) și fie k 2 un număr natural. a) Să se arate că dacă AB) k = O 2, atunci BA) k = O 2. b) Să se arate că dacă AB) k = I 2, atunci BA) k = I 2. c) Dacă AB BA, să se afle toate matricile C M 2 C) cu proprietatea că AB) k = C implică BA) k = C. D. Miheț, Concursul Gr. Moisil, 2003/3 4. Fie A M 2 R) cu det A 1 ) și fie a n ), b n ), c n ), d n ) șiruri cu proprietatea că A n an b = n oricare ar fi n 1. Să se demonstreze c n d n că dacă toate cele patru șiruri sunt convergente, atunci A = I 2. M. Andronache, Olimpiada locală București, 2001/4 ) a1 b 5. Fie a 1, b 1, c 1, d 1 R \ {0} și fie matricea A = 1. Pentru c 1 d ) 1 fiecare număr natural n 1 notăm A n an b = n. Demonstrați că dacă unul dintre șirurile a n ), b n ), c n ), d n ) este o progresie aritmetică, atunci și celelalte trei sunt progresii aritmetice. c n d n C. Cocea, problema C:237, GM 8/1982 4

) a b 6. Fie S mulțimea tuturor matricilor M = M c d 2 R), cu proprietatea că a, b, c, d formează în această ordine) o progresie aritmetică. Să se determine toate matricile M S pentru care există un număr întreg k > 1 astfel încât M k S. Concursul William Lowell Putnam 2015, problema B3 { ) a b 7. Considerăm mulțimea M = M c d 2 C) }. ab = cd a) Dați exemplu de matrice A M astfel încât A 2017 M, A 2019 M, dar A 2018 M. b) Demonstrați că dacă A M și există un număr întreg k 1 așa încât matricile A k, A k+1 și A k+2 să aparțină lui M, atunci A n M oricare ar fi n 1. Olimpiada județeană, 2018/2 8. a) Fie A, B M 2 R) matrici care nu comută. Demonstrați că dacă A 3 = B 3, atunci A n și B n au aceeași urmă pentru orice număr natural nenul n. b) Dați exemplu de matrici A, B M 2 R) care nu comută, astfel încât pentru orice număr natural nenul matricile A n și B n să fie diferite, dar să aibă aceeași urmă. N. Papacu, Olimpiada județeană, 2017/3 9. Fie t 0, π) și fie n 2 un număr natural. Să se determine ) soluțiile X M 2 R) ale ecuației matriciale X n cos t sin t =. sin t cos t V. Pop, Concursul Al. Papiu-Ilarian, 2010/1 10. Fie A, B M 2 C) astfel încât tr A = tr B și tr A 2 ) = tr B 2 ). Să se demonstreze că pentru orice polinom f C[X] are loc egalitatea det fa) = det fb). I. Savu, Olimpiada locală București, 1993/3 11. Fie A, B M 2 C) matrici cu proprietatea că AB BA = B 2. Să se demonstreze că AB = BA. Concursul Vojtěch Jarník, categoria I, 2010/2 5

12. Fie A, B M 2 C) matrici cu proprietatea că A 2 + B 2 = 2AB. a) Demonstrați că AB = BA. b) Demonstrați că tr A = tr B. N. Bourbăcuț, Olimpiada națională, 2011/4 13. Fiind dată o matrice A M 2 C), A O 2, să se demonstreze că următoarele afirmații sunt echivalente: 1 Ecuația matricială X 2 = A are soluții în M 2 C). 2 A 2 O 2. L. Panaitopol, Olimpiada județeană București, 1994/1 14. Fiind dată o matrice A M 2 C), A O 2, să se demonstreze că următoarele afirmații sunt echivalente: 1 Ecuația matricială AX + XA = I 2 are soluții în M 2 C). 2 A este inversabilă sau A 2 = O 2. M. Chiriță, M. Piticari, Olimpiada județeană București, 1995/1 15. Fie A M 2 C). Să se arate că ecuația matricială AX XA = A are soluții în M 2 C) dacă și numai dacă A 2 = O 2. V. Pop, Concursul Argument, Baia-Mare, 2011/2 16. Fie A M 2 C) astfel ca det A = 1. Să se demonstreze că det A 2 + A I 2 ) + det A 2 + I 2 ) = 5. V. Pop, Concursul Al. Papiu-Ilarian, 2012/2 17. Fie x > 0 un număr real și fie A M 2 R) o matrice astfel încât det A 2 + xi 2 ) = 0. Să se demonstreze că det A 2 + A + xi 2 ) = x. V. Pop, Olimpiada județeană, 2006/1 18. Fie A M 2 R) cu det A = d 0 și fie A adjuncta clasică a lui A. Demonstrați că dacă det A + da ) = 0, atunci det A da ) = 4. D. Jinga, Olimpiada județeană, 2001/1 6

19. Fie A M 2 C) astfel încât deta 2 + A + I 2 ) = deta 2 A + I 2 ) = 3. Demonstrați că A 2 A 2 + I 2 ) = 2I 2. Olimpiada județeană, 2016/1 20. Să se demonstreze că pentru orice matrici A, B M 2 C) și orice x C are loc egalitatea det A + xb) = det A + tr A tr B trab) ) x + det B)x 2. 21. Fie A, B M 2 C) matrici cu proprietatea că AB = BA și det A + B) = det A + 2B) = det A + 3B) = 1. Să se demonstreze că B 2 = O 2. M. Andronache, I. Savu, Olimpiada județeană București, 2000/2 1 a a 22. Fie A = 1 1 0 M 3 C). Determinați A n n N). 1 0 1 Gh. Lobonț, Concursul M. Țarină, 2009/2 23. Fie A M 3 R). Să se arate că dacă A 3 = I 3, atunci det A I 3 ) = 0. F. Vulpescu-Jalea, Olimpiada locală București, 1991/3 24. Fie A M 3 C) o matrice inversabilă cu proprietatea că det A = 1 și tr A = tr A 1) = 0. Să se demonstreze că A 3 = I 3. 25. Există matrici A, B M 3 C) astfel încât AB BA) 1993 = I 3? Iran 1988 Olimpiada națională, 1993/3 26. Fie A M n C) o matrice cu proprietatea că există k 1 număr întreg astfel ca A k = O n. Să se demonstreze că det xa + I n ) = 1 oricare ar fi x C. L. Panaitopol, Olimpiada județeană București, 1991/3 27. Fie A, B M n C) astfel încât AB = BA. Să se demonstreze că det A + BX) = det A + XB) oricare ar fi X M n C). I. Savu, Olimpiada județeană București, 1997/3 7

28. Fie A = a ij ) 1 i,j n M n R) astfel ca A n O n și a ij a ji 0 pentru orice i, j {1,..., n}. Demonstrați că A posedă cel puțin două valori proprii complexe nereale. SEEMOUS 2011/2 29. Să se demonstreze că pentru orice matrici A, B M n C) are loc egalitatea p AB = p BA adică matricile AB și BA au același polinom caracteristic). 30. Fie m, n N, m n și fie matricile A M m,n C) și B M n,m C). Să se demonstreze că dacă m < n, atunci iar dacă m > n, atunci p BA t) = t n m p AB t) oricare ar fi t C, p AB t) = t m n p BA t) oricare ar fi t C. 31. Fie A M 3,2 C) și B M 2,3 C) matrici cu proprietatea că 1 1 2 AB = 0 0 2. 0 0 2 Să se determine det BA). Gh. Eckstein, Olimpiada națională, 1995/3 32. Fie n 2 un număr natural și fie A M n,2 C), B M 2,n C) matrici cu proprietatea că există k 1 așa încât AB) k = O n. Să se demonstreze că: a) AB) 3 = O n. b) Dacă rang AB) 2, atunci AB) 2 = O n. D. Miheț, Concursul Gr. Moisil, 2009/4 33. Fie A, B M n C) matrici inversabile cu proprietatea că există numere complexe α, β, cu α β, în așa fel încât αab + βba = I n. Să se demonstreze că det AB BA) = 0. V. Pop, Olimpiada locală Cluj, 2006/2 34. Fie matricile A, B M 2n+1 C), cu proprietatea că A 2 B 2 = I 2n+1. Să se demonstreze că det AB BA) = 0. M. Opincariu, problema C.O:4937, GM 4/2008 8

35. Fie A, B M n R) matrici cu proprietatea că B 2 = I n și A 2 = AB+I n. 1 + ) n 5 Să se demonstreze că det A. 2 M. Cavachi, Olimpiada județeană, 2007/4 36. Fie numerele naturale m, n 2 și fie matricile A 1,..., A m M n R), nu toate nilpotente. Să se demonstreze că există un număr întreg k 1 astfel încât A k 1 + + Ak m O n. Olimpiada națională, 2013/2 37. Fie A M n C) astfel ca tr A = tr A 2 ) = = tr A n ) = 0. Să se demonstreze că A n = O n. 38. Fie A, B M n C) astfel ca AB BA = aa, unde a C \ {0}. a) Să se demonstreze că A k B BA k = aka k pentru orice n N. b) Să se demonstreze că A n = O n. IMC 1994 39. Fie A, B M n C) astfel ca A 2 B + BA 2 = 2ABA. Să se demonstreze că există un număr natural k așa încât AB BA) k = O n. IMC 2009 40. Fie matricile A, B, C, D M n C), dintre care A și C sunt inversabile. Să se demonstreze că dacă A k B = C k D oricare ar fi k = 1, 2, 3,..., atunci B = D. M. Cavachi, Olimpiada națională, 1996/4 41. Pentru orice număr natural nenul n și orice matrice coloană de forma X = ) t x 1 x 2... x n Mn,1 Z), notăm cu δx) cel mai mare divizor comun al numerelor x 1, x 2,..., x n care este un număr natural). Fie n 2 un număr natural și fie A M n Z). Demonstrați că următoarele afirmații sunt echivalente: 1 det A = 1; 2 δax) = δx) oricare ar fi X M n,1 Z). Olimpiada națională, 2018/1 42. Fie A 1,..., A k M n R) matrici simetrice. Demonstrați că următoarele afirmații sunt echivalente: 9

1 det A 2 1 + + A2 k ) = 0. 2 det A 1 B 1 + + A k B k ) = 0 oricare ar fi B 1,..., B k M n R). Olimpiada națională, 2017/2 43. Să se demonstreze că toate valorile proprii ale unei matrice hermitiene A M n C) sunt reale. În particular, toate valorile proprii ale unei matrice simetrice A M n R) sunt reale. 44. Fie n, k N și fie A 1,..., A k M n R). Să se demonstreze că det A t 1A 1 + + A t k A k) 0. M. Cavachi, Olimpiada națională, 1995/2 45. a) Fiind dat un număr întreg impar n 3, determinați toate matricile simetrice A M n R) cu proprietatea că tr A n 1) = det A < n n. b) Fie n 3 un număr întreg impar și fie A M n R) o matrice simetrică cu proprietatea că tr A n 1) = det A = n n. Demonstrați că A 2 = n 2 I n. c) Fiind dat un număr întreg par n 4, demonstrați că există o matrice simetrică A M n R) astfel încât tr A n 1) = det A = n n și A 2 n 2 I n. Concursul Traian Lalescu, faza națională, secțiunea B, 2018/1 46. Să se demonstreze că toate valorile proprii ale unei matrice strâmb hermitiene A M n C) sunt fie nule, fie pur imaginare. În particular, toate valorile proprii ale unei matrice antisimetrice A M n R) sunt fie nule, fie pur imaginare. 47. Fie A M n R) o matrice antisimetrică. Să se demonstreze că dacă n este impar, atunci det A = 0, iar dacă n este par, atunci det A 0. 48. Fie A M n R) o matrice antisimetrică. Demonstrați că pentru orice x, y [0, ) are loc inegalitatea deta + xi n ) deta + yi n ) deta + xy I n ) 2. O. Ganea, Olimpiada națională, 2008/4 49. Să se demonstreze că toate valorile proprii ale unei matrice unitare U M n C) au modulul egal cu 1. În particular, toate valorile proprii ale unei matrice ortogonale U M n R) au modulul egal cu 1. 10

50. Fie A M n R) o matrice cu proprietatea că AA t = I n. Să se demonstreze că: a) tr A n; b) pentru n impar avem det A 2 I n ) = 0. A. Gălățan, Olimpiada județeană, 2007/2 51. Fie A M n R) o matrice ortogonală care nu are pe 1 ca valoare proprie și fie B matricea obținută din A prin schimbarea semnelor tuturor elementelor unei linii. Demonstrați că 1 este valoare proprie pentru B. H. Liebeck, A. Osborne, Amer. Math. Monthly, probl. 10362 [1994] 52. Fie x = x 1,..., x n ) R n astfel încât x 1 + + x n 0 și x 2 1 + + x 2 n = 1 și fie matricea A = I n 2xx t. a) Să se demonstreze că A este ortogonală. b) Să se determine valorile proprii ale lui A, precum și o bază în raport cu care A are forma canonică Jordan. c) Să se determine x știind că 1,..., 1) este vector propriu pentru A. Concursul Traian Lalescu, faza națională, secțiunea B, 2017/1 53. a) Să se demonstreze că dacă A, B M n R) și AB) n = O n, atunci BA) n = O n. b) Să se arate că există X, Y M n R) astfel ca XY ) n 1 = O n și Y X) n 1 O n. Concursul Traian Lalescu, UTCN, profil electric, anul I, 2012 54. Fie n 2 număr întreg și fie A, B M n C). Dacă AB) 3 = O n, rezultă oare că BA) 3 = O n? Justificați răspunsul. Olimpiada națională, 2017/3 55. Fie n 2 un număr natural fixat. Vom numi o matrice A M n Q) radicală dacă există o infinitate de numere naturale k astfel încât ecuația X k = A să aibă soluții în M n Q). 11

a) Demonstrați că dacă A este o matrice radicală, atunci det A { 1, 0, 1} și că există o infinitate de matrici radicale care au determinantul 1. b) Demonstrați că există o infinitate de matrici care nu sunt radicale și au determinantul 0, precum și o infinitate de matrici care nu sunt radicale și au determinantul 1. Olimpiada națională, 2005/1 56. Fie matricile A, B M n C), dintre care cel puțin una este inversabilă. Demonstrați că polinoamele minimale ale matricilor AB și BA sunt egale. Rămâne adevărată această afirmație dacă niciuna dintre matricile A și B nu este inversabilă? 57. Fie p 3 un număr întreg și fie A M n C) o matrice astfel încât A p = pa p 1)I n și A 3p = 3pA 3p 1)I n. Să se demonstreze că egalitatea A r = ra r 1)I n are loc pentru orice număr întreg r 1. V. Matrosenco, Olimpiada județeană București, 2000/4 58. Fie n un număr întreg pozitiv, fie p > n + 1 un număr prim cu proprietatea că p 3 mod 4) și fie A M n Q), A I n. Să se demonstreze că A p + A 2I n. V. Matei, Amer. Math. Monthly, problema 11510 [2010, 558] 59. Fie k un număr natural. Să se demonstreze că numărul natural minim n, pentru care există o matrice A M n Q) astfel încât A 2k = I n, este 2 k. Rezolvări Concursul Traian Lalescu, faza națională, secțiunea A, 2013/3 1. Rezolvarea 1. Demonstrăm mai întâi că pentru orice n 0 este adevărată propoziția P n) : u n, v n C a.î. A n = u n A + v n I 2 12

cu convenția A 0 = I 2. Evident, propozițiile P 0) și P 1) sunt adevărate alegem u 0 = 0, v 0 = 1 și respectiv u 1 = 1, v 1 = 0). Presupunând P n) adevărată pentru un n 0 oarecare, să arătăm că și P n+1) este adevărată. Notăm α := tr A = λ 1 + λ 2 și respectiv β := det A = λ 1 λ 2. Atunci avem p A t) = t 2 αt + β, deci A 2 = αa βi 2, conform teoremei lui Cayley- Hamilton. Drept urmare A n+1 = AA n = Au n A + v n )I 2 = u n A 2 + v n A = αu n + v n )A βu n I 2. Rezultă de aici că definind u n+1 := αu n + v n și respectiv v n+1 := βu n, avem A n+1 = u n+1 A + v n+1 I 2, deci P n + 1) este adevărată. Se constată imediat că șirurile u n ) n 0 și v n ) n 0, definite mai sus, verifică ambele recurența de ordinul doi cu coeficienți constanți u n+2 = αu n+1 βu n și respectiv v n+2 = αv n+1 βv n. Ecuația caracteristică asociată celor două recurențe este z 2 αz + β = 0, cu rădăcinile λ 1 și λ 2. 1 Dacă λ 1 λ 2, atunci există p, q, r, s C în așa fel încât u n = pλ n 1 + qλ n 2 și respectiv v n = rλ n 1 + sλ n 2 oricare ar fi n 0. Din condițiile inițiale u 0 = 0, u 1 = 1 și respectiv v 0 = 1, v 1 = 0, se obține u n = λn 1 λn 2 λ 1 λ 2, respectiv v n = λn 1 λ 2 λ 1 λ n 2 λ 1 λ 2. 2 Dacă λ 1 = λ 2 0) deoarece, în caz contrar, am avea A 2 = O 2 ), atunci există p, q, r, s C în așa fel încât u n = λ n 1 pn + q) și respectiv v n = λ n 1 rn + s) oricare ar fi n 0. Din condițiile inițiale u 0 = 0, u 1 = 1 și respectiv v 0 = 1, v 1 = 0, se obține u n = nλ n 1 1, respectiv v n = n 1)λ n 1. Rezolvarea 2. 1 Aplicând teorema împărțirii cu rest polinoamelor f = X n și p A = X λ 1 )X λ 2 ), rezultă că există q C[X] și există a, b C astfel ca X n = X λ 1 )X λ 2 ) q + ax + b. 13

Obținem de aici sistemul { aλ1 + b = λ n 1 aλ 2 + b = λ n 2, cu soluțiile a = λn 1 λn 2 λ 1 λ 2, b = λn 1 λ 2 λ 1 λ n 2 λ 1 λ 2. Întrucât A λ 1 I 2 )A λ 2 I 2 ) = p A A) = O 2 conform teoremei lui Cayley- Hamilton), deducem că A n = aa + bi 2 = λn 1 λn 2 λ 1 λ 2 A λn 1 λ 2 λ 1 λ n 2 λ 1 λ 2 I 2. 2 Aplicând din nou teorema împărțirii cu rest polinoamelor f = X n și p A = X λ 1 ) 2, rezultă că există q C[X] și există a, b C astfel ca Derivând ambii membri găsim X n = X λ 1 ) 2 q + ax + b. nx n 1 = 2X λ 1 ) q + X λ 1 ) 2 q + a. Din aceste două egalități obținem a = nλ n 1 1 și b = λ n 1 aλ 1 = n 1)λ n 1. Ca mai sus, avem A λ 1 I 2 ) 2 = p A A) = O 2 conform teoremei lui Cayley- Hamilton), de unde A n = aa + bi 2 = nλ n 1 1 A n 1)λ n 1 I 2. 2. Se aplică rezultatul din problema 1, ținându-se seama că matricile AB și BA au aceleași valori proprii. 3. a) Dacă AB) k = O 2, atunci p AB t) = t 2, deci p BA t) = t 2. Teorema lui Cayley-Hamilton implică BA) 2 = O 2, de unde BA) k = O 2. b) Egalitatea AB) k = I 2 garantează că A este inversabilă. Înmulțind această egalitate cu A 1 la stânga și cu A la dreapta, obținem BA) k = I 2. c) Problema precedentă și cele demonstrate la a) și b) arată că singurele matrici cu proprietatea din enunț sunt cele de forma C = ai 2, cu a număr complex arbitrar. 4. Fie α, β, γ, δ limitele șirurilor a n ), b n ), c n ), respectiv d n ). Atunci există lim n detan ) = lim a nd n b n c n ) = αδ βγ, deci există n lim det n A)n = αδ βγ. Cum det A 1, rezultă ) că în mod necesar avem det A = 1, deci αδ βγ = 1. a b Fie A =, cu ad bc = det A = 1. Trecând la limită în relațiile c d de recurență a n+1 = aa n + bc n, c n+1 = ca n + dc n b n+1 = ab n + bd n, d n+1 = cb n + dd n, 14

deducem că α, β, γ, δ sunt soluții ale sistemului a 1)α +bγ = 0 a 1)β +bδ = 0 cα +d 1)γ = 0 cβ +d 1)δ = 0. Cum αδ βγ = 1, rezultă că acest sistem omogen admite o soluție netrivială, deci determinantul său este nul. Un calcul simplu arată că determinantul sistemului este egal cu a 1)d 1) bc ) 2. Prin urmare, trebuie să avem a 1)d 1) bc = 0. Întrucât ad bc = 1, deducem de aici că a + d = 2. Fie λ 1, λ 2 C valorile proprii ale lui A. Cum λ 1 + λ 2 = a + d = 2 și λ 1 λ 2 = det A = 1, rezultă că λ 1 = λ 2 = 1. Conform problemei 1, avem A n = na n 1)I 2 = na 1) + 1 nb nc nd 1) + 1 de unde a n = na 1) + 1, b n = nb, c n = nc, d n = nd 1)+1. Convergența șirurilor a n ), b n ), c n ) și d n ) implică atunci a = d = 1 și b = c = 0, adică A = I 2. 5. Fie α := tr A, β := det A și fie u n ) n 1, v n ) n 1 șirurile definite recursiv prin u 1 = 1, v 1 = 0 și u n+1 = αu n + v n, v n+1 = βu n oricare ar fi n 1. Atunci pentru orice n 1 avem a se vedea problema 1) u n+2 = αu n+1 βu n, v n+2 = αv n+1 βv n, precum și A n = u n A + v n I 2. Rezultă de aici că ), a n = a 1 u n + v n, b n = b 1 u n, c n = c 1 u n, d n = d 1 u n + v n. Vom dovedi că dacă șirul a n ) este o progresie aritmetică, atunci și șirurile b n ), c n ) și d n ) sunt progresii aritmetice celelalte trei posibilități se tratează analog). Avem a n+2 = a 1 u n+2 + v n+2 = a 1 αu n+1 βu n ) + αv n+1 βv n = αa 1 u n+1 + v n+1 ) βa 1 u n + v n ), deci a n+2 = αa n+1 βa n, 15

precum și a n+2 = 2a n+1 a n. Scăzând membru cu membru cele două egalități, deducem că α 2)a n+1 = β 1)a n oricare ar fi n 1. Cazul I. α = 2. Atunci, cum a 1 0, rezultă că β = 1. Prin urmare, valorile proprii ale lui A sunt λ 1 = λ 2 = 1. Aplicând rezultatul problemei 1, găsim A n = na n 1)I 2 = 1 + na1 1) nb 1 nc 1 1 + nd 1 1) deci șirurile b n ), c n ) și d n ) sunt progresii aritmetice. Cazul I. α 2. Atunci a n+1 = β 1 α 2 a n oricare ar fi n 1, deci șirul a n ) este o progresie geometrică. Fiind simultan progresie aritmetică și progresie geometrică, șirul a n ) trebuie să fie constant. Prin urmare, trebuie să avem β 1 = α 2, adică β = α 1. Dar atunci p A t) = t 2 αt + α 1, iar valorile proprii ale lui A sunt λ 1 = 1 și λ 2 = α 1 λ 1. Conform problemei 1, avem deci u n = α 1)n 1 α 2 și v n = α 1)n α 1) α 2 a n = a 1 u n + v n = a 1 1 α 2 α 1)n + α 1 a 1. α 2 Nu putem avea a 1 = 1. În adevăr, dacă a 1 = 1, atunci d 1 = tr A a 1 = α 1, deci α 1 = β = a 1 d 1 b 1 c 1 = α 1 b 1 c 1. Dar atunci b 1 c 1 = 0, în contradicție cu ipoteza. Cum α 2, avem și α 1 1. Prin urmare, șirul a n ) fiind constant, trebuie să avem α 1 = 0, adică α = 1 și β = α 1 = 0. Conform teoremei lui Cayley-Hamilton, avem A 2 = A, deci A n = A oricare ar fi n 1. Cu alte cuvinte, în acest caz șirurile a n ), b n ), c n ) și d n ) sunt toate constante și concluzia din enunț are loc. ) a b 6. Fie M = S. Notând m := b+c)/2 și r := c b)/2, rezultă c d ) m 3r m r că M =. Dacă r = 0, atunci m + r m + 3r ) m m 1) M = m m 16, ),

și se constată imediat că M 2 S. Deci orice matrice de forma 1) satisface cerința din enunț. Presupunem în continuare că r 0. Fie λ 1 și λ 2 valorile proprii ale lui M. Acestea sunt rădăcinile ecuației de gradul al doilea t 2 2mt 8r 2 = 0, care are discriminantul = 4m 2 + 32r 2 > 0. Cum λ 1 λ 2 = 8r 2 < 0, deducem că λ 1 și λ 2 sunt reale, distincte, nenule și de semne contrare. Notăm pentru fiecare k 0 u k := λk 1 λk 2 λ 1 λ 2 și respectiv v k := λk 1 λ 2 + λ 1 λ k 2 λ 1 λ 2. Conform problemei 1, avem M k = u k M + v k I 2 oricare ar fi k 0. Se constată imediat că M k S dacă și numai dacă v k = 0, adică dacă și numai dacă λ k 1 1 = λ k 1 2. Dacă există k > 1 așa încât M k S, atunci trebuie să avem λ 1 = λ 2. Cum λ 1 λ 2 < 0, rezultă că λ 2 = λ 1, deci 2m = tr M = 0. Prin urmare, M este de forma 3r r 2) M = r 3r Reciproc, dacă M este de forma 2), atunci avem λ 1 = λ 2 = 2 2 r, deci λ1 k 1 = λ k 1 2 oricare ar fi k impar. Prin urmare, M k S oricare ar fi k > 1 impar. În concluzie, matricile M S cu proprietatea din enunț sunt cele de forma 1) sau 2), cu m, r R arbitrare. 7. Fie A M 2 C), α := tr A, β := det A și fie u n ) n 0, v n ) n 0 șirurile definite recursiv prin u 0 = 0, v 0 = 1 și ). u n+1 = αu n + v n, v n+1 = βu n oricare ar fi n 0. Atunci avem A n = u n A + v n I 2 oricare ar fi n 0 a se vedea rezolvarea problemei 1). ) a b Observăm că dacă A = M, atunci avem ab = cd, deci c d 3) A n M au n + v n )bu n = cu n du n + v n ) b c)u n v n = 0. ) a b b) Fie A = M. Dacă b = c, atunci în baza lui 3) deducem c d că A n M oricare ar fi n 1. Presupunem în continuare că b c. Deoarece matricile A k, A k+1 și A k+2 aparțin lui M, din 3) rezultă că u k v k = u k+1 v k+1 = u k+2 v k+2 = 0. 17

Dacă u k = v k = 0, atunci A k = O 2, deci valorile proprii ale lui A sunt λ 1 = λ 2 = 0 și prin urmare α = β = 0. Din teorema lui Cayley-Hamilton rezultă că A 2 = O 2, deci A n = O 2 oricare ar fi n 2. În consecință, avem A n M oricare ar fi n 1. Dacă u k = 0 și v k 0, atunci u k+1 = v k, v k+1 = 0 și u k+2 = αv k, v k+2 = βv k. Cum u k+2 v k+2 = 0, trebuie să avem α = 0 sau β = 0. Dacă α = 0, atunci A 2 = βi 2 conform teoremei lui Cayley-Hamilton). Se demonstrează imediat că A 2k = β k I 2 și A 2k 1 = β k 1 A oricare ar fi k 1. Dacă însă β = 0, atunci A 2 = αa conform teoremei lui Cayley-Hamilton). Se demonstrează imediat că A n = α n 1 A oricare ar fi n 2. Cum A M, rezultă în ambele situații că A n M oricare ar fi n 1. Cazul u k 0, v k = 0 se tratează similar. ) a b a) Căutăm o matrice A = M, cu b c, care să aibă valori proprii nenule distincte λ 1 λ 2. Atunci avem a se vedea rezolvarea c d problemei 1) u n = λn 1 λn 2 λ 1 λ 2, v n = λn 1 λ 2 λ 1 λ n 2 λ 1 λ 2. Condițiile A 2017 M, A 2019 M, A 2018 M sunt echivalente conform lui 3)) cu λ 2017 1 λ 2017 ) 2 λ 2016 1 λ 2016 ) 2 = 0 λ 2019 1 λ 2019 ) 2 λ 2018 1 λ 2018 ) 2 = 0 λ 2018 1 λ 2018 ) 2 λ 2017 1 λ 2017 ) 2 0. Aceste condiții sunt îndeplinite, de exemplu, dacă λ 1 = ε și λ 2 = ε = ε 2, unde ε = cos 2π 3 + i sin 2π 3. În adevăr, atunci se constată ușor că au loc următoarele relații: λ 2016 1 = λ 2016 2 = 1, λ 2019 1 = λ 2019 2 = 1, dar λ 2017 1 λ 2017 2 si, λ 2018 1 λ 2018 2. Prin urmare, este suficient să găsim o matrice A M care să aibă valorile proprii ε și ε 2, adică să aibă polinomul caracteristic p A t) = t 2 + t + 1. Un ) 1 6 exemplu de astfel de matrice este A =. 18 6 2 2

8. a) Din A 3 = B 3 rezultă că det A) 3 = det B) 3. Deducem de aici că det A = det B =: β, deoarece det A și det B sunt numere reale. Fie α := tr A și γ := tr B. Atunci, în baza teoremei lui Cayley-Hamilton, avem Din aceste egalități rezultă că deci A 2 = αa βi 2 și B 2 = γb βi 2. A 3 = α 2 β)a αβi 2 și B 3 = γ 2 β)b γβi 2, Dacă α 2 β 0, atunci am avea α 2 β)a αβi 2 = γ 2 β)b γβi 2. A = γ2 β βα γ) α 2 B + β α 2 β I 2. Dar atunci am avea AB = BA, în contradicție cu ipoteza. Contradicția obținută arată că α 2 β = 0. Urmează apoi imediat că γ 2 β = 0 și că αβ = γβ. Deducem că α 2 = γ 2, deci γ = α sau γ = α. Dacă γ = α, atunci A și B au același polinom caracteristic, deci au aceleași valori proprii λ 1 și λ 2 și prin urmare tr A n ) = λ n 1 + λ n 2 = tr B n ) oricare ar fi n N. Dacă γ = α α, atunci α 0 și 2αβ = 0, deci β = 0. În acest caz avem A 3 = α 2 A și B 3 = γ 2 B = α 2 B. Cum A 3 = B 3, rezultă că A = B, deci tr A n ) = tr B n ) oricare ar fi n N. ) ) 1 1 1 0 b) Matricile A = și B = îndeplinesc cerințele din 0 1 1 1 enunț. 9. Fie X M 2 C) o soluție a ecuației matriciale din enunț. Există atunci u, v R a se vedea rezolvarea problemei 1) astfel ca X n = ux + vi 2. Întrucât sin t 0, nu putem avea u = 0, deci X = 1 u Xn vi 2 ) = v + cos t u sin t u sin t u v + cos t u. 19

Drept urmare, ) orice soluție a ecuației matriciale din enunț este de forma a b X =, cu a, b R. Mai mult, deoarece avem b a 1 = cos t sin t sin t cos t = det Xn = a 2 + b 2 ) n, rezultă că a 2 + b 2 = 1. Drept ) urmare, există un unic α [0, 2π) în așa fel cos α sin α încât X =. Dar atunci se știe că sin α cos α X n cos nα sin nα = sin nα cos nα Deci X este soluție a ecuației din enunț dacă și numai dacă cos nα = cos t și sin nα = sin t, adică dacă și numai dacă ). cos t + i sin t = cos nα + i sin nα = cos α + i sin α) n. În concluzie, soluțiile ecuației date sunt toate matricile de forma cos αk sin α X = k sin α k cos α k unde α k = t+2kπ n, iar k = 0, 1,..., n 1. 10. Conform teoremei lui Cayley-Hamilton, avem deci A 2 tr A)A + det A)I 2 = O 2 și B 2 tr B)B + det B)I 2 = O 2, ), tr A 2 ) = tr A) 2 2 det A și tr B 2 ) = tr B) 2 2 det B. Deoarece tr A = tr B și tr A 2 ) = tr B 2 ), deducem de aici că det A = det B. Drept urmare, avem p A = p B =: p matricile A și B au același polinom caracteristic). Fie f C[X] și fie g, h C[X] polinoame cu proprietatea că f = pg + h, polinomul h având gradul cel mult 1. Cum pa) = pb) = O 2, rezultă că fa) = ha) și fb) = hb). Dacă h = b C, atunci avem det fa) = det ha) = det bi 2 ) = b 2 20

și analog det fb) = b 2. Dacă h = ax + b, cu a, b C, a 0, atunci avem det fa) = det ha) = det aa + bi 2 ) = a 2 det A + b ) a I 2 = a 2 p b ) a și analog det fb) = a 2 p b a). În ambele cazuri avem det fa) = det fb). 11. Rezolvarea 1. Fie α := tr B și β := det B. Conform teoremei lui Cayley Hamilton, avem B 2 = αb βi 2. Înmulțind relația din enunț AB BA = B 2 mai întâi de la stânga cu B, iar apoi de la dreapta cu B, obținem BAB B 2 A = B 3 și AB 2 BAB = B 3. Adunând membru cu membru aceste egalități, găsim 2B 3 = AB 2 B 2 A = AαB βi 2 ) αb βi 2 )A = αab BA) = αb 2. Cum 2B 3 = 2BB 2 = 2BαB βi 2 ) = 2αB 2 2βB, deducem că αb 2 2βB = O 2 α 2 2β)B αβi 2 = O 2. Dacă α 2 2β 0, atunci B = αβ α 2 2β I 2, deci AB = BA. Dacă însă α 2 2β = 0, atunci trebuie să avem și αβ = 0, deci α = β = 0. Dar atunci B 2 = O 2, deci AB = BA. Rezolvarea 2. Înmulțind egalitatea B2 = AB BA la dreapta cu B, găsim B 3 = AB 2 BAB = AB 2 BB 2 + BA) = AB 2 B 2 A B 3, de unde 2B 3 = AB 2 B 2 A. Fie λ 1, λ 2 C valorile proprii ale lui B. Avem λ 2 1 + λ 2 2 = tr B 2 ) = tr AB BA) = 0, λ 3 1 + λ 3 2 = tr B 3 ) = 1 2 tr AB2 B 2 A) = 0. Se constată ușor că aceste două egalități implică λ 1 = λ 2 = 0, deci polinomul caracteristic al lui B este p B t) = t 2. Drept urmare, B 2 = O 2 conform teoremei lui Cayley-Hamilton), de unde AB = BA. 21

12. Fie σa) și σb) mulțimea valorilor proprii ale spectrul) lui A și respectiv B. Fie apoi λ σb) și fie v C 2, v 0 2 un vector propriu asociat. Avem Bv = λv și B 2 v = λ 2 v, de unde 0 2 = A 2 + B 2 2AB)v = A 2 v + λ 2 v 2λAv = A 2 2λA + λ 2 I 2 )v = λi 2 A) 2 v. Rezultă de aici că matricea λi 2 A este singulară, deci λ σa). Am dovedit astfel că σb) σa). Întrucât matricile A și A t au același polinom caracteristic, are loc egalitatea σa) = σa t ). Transpunând egalitatea din enunț, obținem A t ) 2 + B t ) 2 = 2B t A t. Pornind de la această egalitate, se arată exact ca mai sus că σa t ) σb t ). În consecință, avem σb) σa) = σa t ) σb t ) = σb), de unde σa) = σb) și prin urmare tr A = tr B ultima implicație are loc doar din cauză că A și B sunt de tipul 2 2!). Din tr A = tr B, rezultă că tr A B) = 0. Aplicând teorema lui Cayley- Hamilton matricei A B, deducem că 1) A B) 2 + det A B)I 2 = O 2. Dar 2) A B) 2 = A 2 + B 2 AB BA = AB BA, de unde tr A B) 2) = 0. Trecând acum la urme în relația 1), găsim det A B) = 0, deci A B) 2 = O 2. Această egalitate împreună cu 2) implică AB = BA. 13. 1 2 Presupunem, prin absurd, că există X M 2 C) astfel încât X 2 = A, dar A 2 = O 2. Atunci avem X 4 = A 2 = O 2, deci valorile proprii ale lui X sunt λ 1 = λ 2 = 0. Prin urmare, polinomul caracteristic al lui X este p X t) = t 2. Conform teoremei lui Cayley-Hamilton, avem A = X 2 = O 2, în contradicție cu ipoteza. 2 1 Vom da două demonstrații pentru această implicație. Rezolvarea 1. Fie α := tr A și β := det A. Dacă β = 0, atunci conform teoremei lui Cayley-Hamilton avem A 2 = αa și α 0. Fie x C astfel ca x 2 = 1/α. Avem A = 1 α A2 = xa) 2, deci X := xa este soluție a ecuației matriciale X 2 = A. 22

Presupunem în continuare că β 0. Căutăm o soluție a ecuației X 2 = A de forma X = xa + yi 2. Cum A 2 = αa βi 2, avem X 2 = x 2 A 2 + 2xyA + y 2 I 2 = x 2 αa βi 2 ) + 2xyA + y 2 I 2 = αx 2 + 2xy)A + y 2 βx 2 )I 2. Rezolvarea va fi încheiată de îndată ce vom dovedi că există x, y C așa încât y 2 βx 2 = 0 și αx 2 + 2xy = 1. Fie γ C \ {0} în așa fel încât γ 2 = β. Alegând y = ±γx, avem y 2 βx 2 = 0 și αx 2 + 2xy = 1 x 2 α ± 2γ) = 1. Nu putem avea simultan α + 2γ = 0 și α 2γ = 0, deoarece, în caz contrar, am avea γ = 0. Prin urmare, este suficient să alegem ε { 1, 1} astfel ca α + 2εγ 0, apoi să alegem x C astfel ca x 2 = 1/α + 2εγ) și în fine să alegem y = εγx. Matricea X = xa + yi 2 va fi soluție a ecuației X 2 = A. Rezolvarea 2. Fie J matricea Jordan a lui A și fie S M 2 C) o matrice nesingulară astfel încât A ) = SJS 1. λ1 0 Dacă J =, atunci alegem x, y C astfel ca x 0 λ 2 = λ 1 și 2 ) x 0 y 2 = λ 2. Matricea X := S S 0 y 1 satisface X 2 = A. ) λ 1 Dacă J =, atunci λ 0 altfel am avea A 0 λ 2 = O 2 ). Matricea ) x y X := S S 0 x 1 este soluție a ecuației matriciale X 2 = A dacă și numai dacă x 2 = λ și 2xy = 1. Or, este simplu de văzut că există numere complexe x și y care să satisfacă simultan aceste două egalități. 14. 1 2 Presupunem, prin absurd, că există X M 2 C) astfel încât AX + XA = I 2, dar A nu este inversabilă și A 2 O 2. Atunci det A = 0 și α := tr A 0. Conform teoremei lui Cayley-Hamilton, avem A 2 = αa. Din AX + XA = I 2 rezultă tr AX) + tr XA) = 2, deci tr AX) = tr XA) = 1. Cum det AX) = det A det X = 0, în baza teoremei lui Cayley-Hamilton deducem că AX) 2 = AX. Înmulțind egalitatea AX + XA = I 2 la dreapta cu AX, obținem AX) 2 + XA 2 X = AX, deci AX + αxax = AX, de unde XAX = O 2. Înmulțind această egalitate la stânga cu A, găsim AX)2 = O 2, adică AX = O 2. Analog se arată că și XA = O 2, de unde contradicția I 2 = AX + XA = O 2 + O 2 = O 2. 23

2 1 Dacă A este inversabilă, atunci ecuația AX + XA = I 2 are, evident, soluția X = 1 2 A 1. Rămâne așadar să arătăm că dacă A O 2 și A 2 = O 2, atunci există X M 2 C) astfel ca AX + XA = I 2. Vom da două demonstrații pentru această afirmație. Rezolvarea 1. Deoarece A 2 = O 2, rezultă că valorile proprii ale lui A sunt λ 1 = λ 2 = ) 0, deci tr A = det A = 0. Prin urmare, A este de forma a b A =, cu a c a 2 + bc = 0. Întrucât A O 2, rezultă că sau b 0, sau c 0. Presupunem, pentru fixarea ideilor, că b ) 0 cazul c 0 se a b tratează similar). Atunci avem A = a 2. Căutând o soluție /b a ) x y de forma X = a ecuației AX + XA = I z t 2, după efectuarea unor calcule de rutină ) pe care nu le mai reproducem, se constată că matricea 0 0 X = este soluție. 1/b 0 Rezolvarea 2. Deoarece A 2 = O 2, rezultă că valorile proprii ale lui) A 0 1 sunt λ 1 = λ 2 = 0. Cum A O 2, matricea Jordan a lui A este J =. 0 0 Este suficient să dovedim că ecuația JY + Y J = I 2 are soluție în M 2 C). În adevăr, dacă S M 2 C) este o matrice nesingulară cu proprietatea că A = SJS 1, atunci notând X := SY S 1, avem AX + XA = SJY S 1 + SY JS 1 = SJY + Y J)S 1 = I 2. ) 0 0 Or, se constată imediat că Y := verifică JY + Y J = I 1 0 2. 15. Necesitatea. Admitem că există X M 2 C) astfel ca AX XA = A. Atunci avem tr A = 0. Notând β := det A, din teorema lui Cayley-Hamilton rezultă că A 2 = βi 2. Ținând seama de aceasta, prin adunarea membru cu membru a egalităților A 2 = AXA XA 2 și A 2 = A 2 X AXA, obținem 2A 2 = A 2 X XA 2 = O 2, de unde A 2 = O 2. Suficiența. Presupunând că A 2 = O 2, vom arăta că există X M 2 C) astfel ca AX XA = A. Dacă A = O 2, atunci se poate alege X = O 2, sau X = I 2, sau X = A. Admitem în continuare că A O 2. Atunci matricea Jordan a lui A este J = 0 1 0 0 24 ). Este suficient să dovedim că

ecuația JY Y J = J are soluție în M 2 C). În adevăr, dacă S M 2C) este o matrice nesingulară cu proprietatea că A = SJS 1, atunci notând X := SY S 1, avem AX XA = SJY S 1 SY JS 1 = SJY Y J)S 1 = SJS 1 = A. ) 0 0 Or, se constată imediat că Y := verifică JY Y J = J. 0 1 16. Fie α := tr A. Deoarece det A = 1, rezultă că polinomul caracteristic al lui A este de forma p A t) = t 2 αt + 1. Fie t 1 și t 2 rădăcinile ecuației t 2 + t 1 = 0. Avem det A 2 + A I 2 ) + det A 2 + I 2 ) = det t 1 I 2 A)t 2 I 2 A) ) + det ii 2 A) ii 2 A) ) = p A t 1 )p A t 2 ) + p A i)p A i) = t 2 1 αt 1 + 1)t 2 2 αt 2 + 1) + α i)α i). Întrucât t 2 1 = 1 t 1, t 2 2 = 1 t 2, t 1 + t 2 = 1 și t 1 t 2 = 1, deducem că det A 2 + A I 2 ) + det A 2 + I 2 ) = 2 α + 1)t 1 ) 2 α + 1)t2 ) + α 2 = 4 2α + 1)t 1 + t 2 ) + α + 1) 2 t 1 t 2 + α 2 = 2 + 2α + 1) α + 1) 2 + α 2 = 5. 17. Fie p A R[X] polinomul caracteristic al lui A, p A t) = det ti 2 A). Avem 0 = det A 2 + xi 2 ) = det i x I 2 A) i x I 2 A) ) = det i x I 2 A) det i x I 2 A) = p A i x) p A i x), deci unul dintre numerele complexe nereale i x și i x este rădăcină a lui p A. Cum p A R[X], rezultă că ambele numere complexe sunt rădăcini ale lui p A, deci p A t) = t i x)t + i x) = t 2 + x 2. Fie t 1,2 = 1 ± 1 4x 2 rădăcinile ecuației t 2 +t+x = 0. Atunci A 2 +A+xI 2 = t 1 I 2 A)t 2 I 2 A), de unde det A 2 + A + xi 2 ) = p A t 1 )p A t 2 ) = t 2 1 + x)t 2 2 + x) = t 1 t 2 ) 2 + t 2 1 + t 2 2)x + x 2 = x 2 + 1 2x)x + x 2 = x. 25

18. Fie p A R[X] polinomul caracteristic al lui A, p A t) = det ti 2 A). Ținând seama că AA = di 2, avem 0 = d det A + da ) = det A det A + da ) = det A 2 + d 2 I 2 ) = det idi 2 A) det idi 2 A) = p A id) p A id), deci unul dintre numerele complexe nereale id și id este rădăcină a lui p A. Cum p A R[X], rezultă că ambele numere complexe sunt rădăcini ale lui p A. Pe de altă parte, produsul celor două rădăcini ale lui p A este egal cu det A = d. Drept urmare, avem d 2 = d, de unde d = 1 și p A t) = t 2 + 1. Deducem de aici că det A da ) = det A A ) = det A det A A ) = det A 2 I 2 ) = det I 2 A) det I 2 A) = p A 1) p A 1) = 4. 19. Fie α := tr A, β := det A și p A t) := t 2 αt+β = deta ti 2 ) polinomul caracteristic al lui A. Fie apoi ε := cos 2π 3 + i sin 2π 3 și ω := cos π 3 + i sin π 3. Avem A 2 + A + I 2 = A εi 2 )A εi 2 ) și A 2 A + I 2 = A ωi 2 )A ωi 2 ). Deducem de aici că 3 = deta 2 + A + I 2 ) = p A ε)p A ε) = ε 2 αε + β) ε 2 α ε + β) de unde = α 2 + β 2 + αβ + α β + 1, 1) α 2 + β 2 + αβ + α β = 2. Analog, 3 = deta 2 A + I 2 ) = p A ω)p A ω) = α 2 + β 2 αβ α β + 1, de unde 2) α 2 + β 2 αβ α β = 2. Se constată imediat că sistemul format cu ecuațiile 1) și 2) are doar soluțiile α = 0, β = 1) și α = 0, β = 2). În primul caz, avem A2 = I 2 conform teoremei lui Cayley-Hamilton), de unde A 4 = I 2, deci A 4 + A 2 = 2I 2. Analog, în cel de-al doilea caz avem A 2 = 2I 2, de unde A 4 = 4I 2, deci A 4 + A 2 = 2I 2. 20. Se verifică prin calcul direct. 26

21. Fie funcția polinomială definită prin fx) := det A + xb). Conform problemei 20, avem fx) = det A + tr A tr B tr AB) ) x + det B)x 2 oricare ar fi x C. Conform ipotezei, avem f1) = f2) = f3) = 1. Întrucât f este polinom de grad cel mult 2, rezultă că fx) = 1 pentru orice x C, deci det A = 1, det B = 0 și tr AB) = αβ, unde α := tr A și β := tr B. Conform teoremei lui Cayley-Hamilton, avem A 2 = αa I 2 și B 2 = βb. Cum A și B comută, avem AB) 2 = A 2 B 2. Teorema lui Cayley-Hamilton aplicată matricei AB implică A 2 B 2 = αβab, deoarece det AB) = 0. Drept urmare, avem αβab = A 2 B 2 = αa I 2 )βb = αβab βb, de unde β = 0 sau B = O 2. În ambele situații rezultă că B2 = O 2. 22. Un calcul simplu arată că polinomul caracteristic al lui A este dat de p A t) = t + 1) 3. Aplicând teorema împărțirii cu rest polinoamelor f = X n și p A = X + 1) 3, rezultă că există q C[X] și există b, c, d C astfel ca X n = X + 1) 3 q + bx 2 + cx + d. Derivând de două ori această egalitate, găsim nx n 1 = X + 1) 3 q) + 2bX + c și nn 1)X n 2 = X + 1) 3 q) + 2b. Evaluând polinoamele de mai sus pentru x = 1 obținem b = 1)n nn 1) 2, c = 1) n nn 2), d = 1)n n 1)n 2) 2 Întrucât A + I 3 ) 3 = p A A) = O 3 conform teoremei lui Cayley-Hamilton), deducem că A n = ba 2 + ca + di 3 ) nn 1) = 1) n A 2 n 1)n 2) + nn 2)A + I 3. 2 2 23. Fie p A R[X] polinomul caracteristic al lui A. Cum p A are gradul 3, rezultă că el are cel puțin o rădăcină reală. Pe de altă parte, rădăcinile lui. 27

p A adică valorile proprii ale lui A) sunt rădăcini de ordinul 3 ale unității conform teoremei 3). Întrucât singura rădăcină reală de ordinul 3 a unității este 1, deducem că 1 este rădăcină pentru polinomul p A. Drept urmare, avem 0 = p A 1) = det I 3 A), de unde concluzia. 24. Deoarece E 1 A) = tr A = 0, E 3 A) = det A = 1 și E 2 A) = tr adj A)) = 1 det A tr A 1) = 0, rezultă că polinomul caracteristic al lui A are forma p A t) = t 3 1. Aplicând teorema lui Cayley Hamilton, deducem că A 3 = I 3. 25. Răspunsul este NU. Presupunem, prin absurd, că există A, B M 3 C) în așa fel încât AB BA) 1993 = I 3. Fie λ 1, λ 2, λ 3 C valorile proprii ale matricei C := AB BA. Conform teoremei 3 a), avem λ 1993 1 = λ 1993 2 = λ 1993 3 = 1, deci λ 1 = λ 2 = λ 3 = 1. Pe de altă parte, avem și λ 1 +λ 2 +λ 3 = tr C = 0. Drept urmare, λ 1, λ 2 și λ 3 sunt afixele vârfurilor unui triunghi echilateral, deci polinomul caracteristic al lui C are forma p C t) = t 3 α, cu α C. Aplicând teorema lui Cayley Hamilton, deducem că C 3 = αi 3, de unde I 3 = C 1993 = C 3 ) 664 C = α 664 C, deci C = βi 3, unde β = 1/α 664. Dar atunci avem λ 1 = λ 2 = λ 3 = β, ceea ce este absurd. 26. Deoarece matricea A este nilpotentă, rezultă că toate valorile sale proprii sunt nule, deci polinomul său caracteristic este p A t) = t n. Dacă x = 0, atunci afirmația din enunț este evidentă, iar dacă x 0, atunci avem det xa + I n ) = x) n det 1 ) x I n A = x) n p A 1 ) = 1. x 27. Vom rezolva mai întâi problema în ipoteza suplimentară că B este inversabilă. Atunci pentru orice X M n C) avem det A + BX) = det B 1 A + BX)B) = det B 1 AB + XB) = det B 1 BA + XB) = det A + XB). 28

Renunțăm acum la ipoteza inversabilității lui B. Fie r cel mai mic modul al unei valori proprii nenule a lui B r = dacă toate valorile proprii ale lui B sunt nule). Atunci pentru orice ε 0, r) avem det εi n + B) = 1) n det εi n B) = 1) n p B ε) 0. Prin urmare, matricea perturbată B ε := εi n + B este nesingulară pentru orice ε 0, r). Mai mult, avem AB ε = εa + AB = εa + BA = B ε A. În baza celor demonstrate mai sus, deducem că det A + B ε X) = det A + XB ε ) oricare ar fi ε 0, r). Făcând ε 0 și ținând seama că determinanții din egalitatea precedentă sunt funcții polinomiale de grad cel mult n în variabila ε, rezultă că și în acest caz avem det A + BX) = det A + XB). 28. Pentru i = j, condiția a ij a ji 0 din enunț implică a ii = 0 oricare ar fi i {1,..., n}. Prin urmare, avem E 1 A) = tr A = 0 și E 2 A) = 0 a ij a ji 0 = a ij a ji 0. 1 i<j n 1 i<j n Fie λ 1,..., λ n C valorile proprii ale lui A. În baza relațiilor lui Viète, avem 1) λ 2 1 + + λ 2 n = E 1 A) 2 2E 2 A) 0. Vom dovedi că A are cel puțin o valoare proprie complexă nereală λ j. Aceasta va încheia demonstrația, deoarece atunci și λ j λ j este valoare proprie complexă nereală a lui A. Presupunem, prin absurd, că toate valorile proprii ale lui A sunt reale. Din 1) rezultă atunci că λ 1 = = λ n = 0. Dar atunci polinomul caracteristic al lui A are forma p A t) = t n și conform teoremei lui Cayley Hamilton ar trebui să avem A n = O n, în contradicție cu ipoteza. 29. Presupunem mai întâi că una dintre matricile A și B, spre exemplu A, este inversabilă. Atunci pentru orice t C avem p AB t) = detti n AB) = det A 1 ti n AB)A ) = detti n BA) = p BA t). Presupunem acum că A și B sunt singulare. Fie λ 1,..., λ n C valorile proprii ale lui A și fie r := min { λ k k {1,..., n}, λ k 0} cu convenția 29

r = dacă A nu are nici o valoare proprie nenulă). Atunci pentru orice ε 0, r) avem deta εi n ) 0, adică matricea A εi n este nesingulară. Conform celor demonstrate mai sus, avem det ti n A εi n )B ) = det ti n BA εi n ) ) pentru orice ε 0, r) și orice t C. Făcând ε 0, obținem p AB t) = p BA t) oricare ar fi t C. 30. Presupunem, pentru fixarea ideilor, că m < n cazul m > n se tratează analog). Fie C M n C) matricea obținută prin completarea lui A cu n m linii nule, iar D M n C) matricea obținută prin completarea lui B cu n m coloane nule. Atunci avem CD = A O n m,n ) B On,n m ) AB Om,n m = O n m,m O n m și DC = BA, deci p CD t) = t n m p AB t) și p DC t) = p BA t) oricare ar fi t C. Întrucât p CD = p DC a se vedea problema 29), rezultă că pentru orice t C avem p BA t) = t n m p AB t). 31. Polinomul caracteristic al matricei AB este p AB t) = t 3 3t 2 + 2t. Conform problemei 30, avem p AB t) = tp BA t) oricare ar fi t C, deci p BA t) = t 2 3t + 2. Valorile proprii ale lui BA sunt rădăcinile ecuației p BA t) = 0, adică 1 și 2. Drept urmare, avem detba) = 1 2 = 2. 32. a) Matricea AB fiind nilpotentă, are toate valorile proprii nule, deci polinomul său caracteristic este p AB t) = t n. Conform problemei 30, avem p AB t) = t n 2 p BA t) oricare ar fi t C, deci p BA t) = t 2. Aplicând teorema lui Cayley-Hamilton, deducem că BA) 2 = O 2, de unde AB) 3 = ABA) 2 B = O n. b) Avem rang AB) rang A 2. Prin urmare, dacă rang AB) 2, atunci rang AB) 1. Deducem de aici că AB) 2 = tr AB) ) AB = O n, deoarece AB are toate valorile proprii nule, deci tr AB) = 0. 33. Vom demonstra afirmația din enunț fără ipoteza că A și B sunt inversabile. Deoarece α β, trebuie să avem α + β 0. Din egalitatea αab + βba = I n rezultă ) 1 αab BA) = I n α + β)ba = α + β) α + β I n BA, 30 )

de unde ) 1 1) α n det AB BA) = α + β) n p BA. α + β Similar, avem βab BA) = I n α + β)ab = α + β) ) 1 α + β I n AB, de unde ) 1 2) β) n det AB BA) = α + β) n p AB. α + β Întrucât p AB = p BA a se vedea problema 29), din 1) și 2) deducem că α n det AB BA) = β) n det AB BA). Dacă det AB BA) 0, atunci trebuie să avem α n = β) n, de unde α = β, în contradicție cu ipoteza. Drept urmare, det AB BA) = 0. 34. Notăm C := A + B, D := A B, X := AB BA și I := I 2n+1. Avem CD = A + B)A B) = A 2 B 2 + BA AB = I X, DC = A B)A + B) = A 2 B 2 + AB BA = I + X, de unde X = I CD = DC I. Ținând seama că, în baza rezultatului din problema 29 avem det I CD) = p CD 1) = p DC 1) = det I DC), deducem că det X = det I CD) = det I DC) = 1) 2n+1 det DC I) = det X. Drept urmare, avem det X = 0. 35. Dacă det A = 0, atunci nu e nimic de demonstrat. Presupunem în continuare că A are determinantul nenul, deci A este inversabilă. Din egalitatea A 2 I n = AB rezultă că A A 1 = B, de unde I n = B 2 = A A 1) 2 = A 2 2I n + A 1) 2, adică A 2 3I n + A 1) 2 = On. Înmulțind cu A2, deducem că A 4 3A 2 + I n = O n. Prin urmare, matricea A anulează polinomul f := X 4 3X 2 + 1. Conform teoremei 3, orice valoare proprie λ a lui A este rădăcină a lui f, adică 31

λ 4 3λ 2 + 1 = 0, de unde λ 2 = 3 ± 5. Prin urmare, toate valorile proprii 2 λ 1,..., λ n ale lui A sunt reale și verifică λ k 3 + 5 = 1 + 5 2 2 Rezultă atunci că det A = λ 1 λ n λ 1 λ n 36. Vom folosi următoarea oricare ar fi k {1,..., n}. 1 + ) n 5. 2 Lemă. Dacă z 1,..., z r sunt numere complexe cu proprietatea că z k 1 + + z k r = 0 oricare ar fi k {1,..., r}, atunci z 1 = = z r = 0. Demonstrația lemei. Notăm p k := z k 1 + + zk r k 1) și e 1 = z 1 + + z r, e 2 = z i z j,. 1 i<j r e r = z 1 z r, polinoamele simetrice elementare în variabilele z 1,..., z r. În baza ipotezei și a relațiilor lui Newton a se vedea rezolvarea problemei următoare), deducem că e 1 = e 2 = = e r = 0. Prin urmare, z 1..., z r sunt rădăcinile ecuației z r e 1 z r 1 + e 2 z r 2 + 1) r e r = 0, adică ale ecuației z r = 0. Rezultă astfel că z 1 = = z r = 0. Trecând la rezolvarea problemei, să presupunem că A k 1 + + Ak m = O n pentru orice k 1. Atunci 1) tr A k 1) + + tr A k m) = 0 oricare ar fi k 1. Fie λ i1,..., λ in C valorile proprii ale lui A i incluzând multiplicitățile), i = 1,..., m. Atunci λ k i1,..., λk in sunt valorile proprii ale lui Ak i, deci tr A k i ) = λ k i1 + + λ k in. 32

Ținând seama de 1), rezultă că m i=1 ) λ k i1 + + λ k in = 0 oricare ar fi k 1. În baza lemei, deducem că λ i1 = = λ in = 0, deci A n i = O n oricare ar fi i = 1..., m. Dar această concluzie este în contradicție cu ipoteza că măcar una dintre matricile A i nu este nilpotentă. 37. Fie λ 1,..., λ n C valorile proprii ale lui A incluzând multiplicitățile). Atunci valorile proprii ale lui A k sunt λ k 1,..., λk n, pentru orice k 1, deci tr A k ) = λ k 1 + + λk n. Pentru fiecare k 1 notăm Notăm de asemenea p k := λ k 1 + + λ k n. e 1 = λ 1 + + λ n, e 2 = λ i λ j,. 1 i<j n e n = λ 1 λ n, polinoamele simetrice elementare în variabilele λ 1,..., λ n. Ținând seama că p 1 = p 2 = = p n = 0, în baza identităților lui Newton e 1 = p 1, 2e 2 = e 1 p 1 p 2, 3e 3 = e 2 p 1 e 1 p 2 + p 3, 4e 4 = e 3 p 1 e 2 p 2 + e 1 p 3 p 4,. ne n = e n 1 p 1 e n 2 p 2 + + 1) n 2 e 1 p n 1 + 1) n 1 p n, deducem că e 1 = e 2 = = e n = 0. Prin urmare, polinomul caracteristic al lui A este p A t) = t n e 1 t n 1 + e 2 t n 2 + 1) n e n = t n. Teorema lui Cayley-Hamilton garantează acum că A n = O n. 38. a) Procedăm prin inducție după k. Pentru k = 1 egalitatea din enunț are loc în baza ipotezei. Presupunem că egalitatea A k B BA k = aka k are 33

loc pentru un număr natural k și dovedim că ea are loc și pentru k + 1. Înmulțind la stânga cu A, obținem aka k+1 = A k+1 B ABA k = A k+1 B BA + aa)a k = A k+1 B BA k+1 aa k+1, de unde A k+1 B BA k+1 = ak + 1)A k+1. b) Trecând la urme în egalitatea aka k = A k B BA k, deducem că tr A k ) = 0 oricare ar fi k 1. Conform problemei 37, rezultă că A n = O n. 39. Notăm C := AB BA. Se constată imediat că egalitatea din enunț este echivalentă cu AC = CA. Pentru orice r 0 avem atunci AC r = C r A, deci C r+1 = C r AB BA) = C r AB C r BA = AC r B) C r B)A. Rezultă de aici că tr C r+1 ) = 0 oricare ar fi r 0. În particular, avem tr C = tr C 2 ) = = tr C n ) = 0. În baza rezultatului din problema 37, deducem că C n = O n. 40. Fie λ 1,..., λ n C valorile proprii ale lui A și fie fλ) = λ λ 1 ) λ λ n ) = detλi n A) polinomul caracteristic al lui A. Fie apoi µ 1,..., µ n C valorile proprii ale lui C și fie gλ) = λ µ 1 ) λ µ n ) = detλi n C) polinomul caracteristic al lui C. Deoarece det A 0 det C și determinantul unei matrici este egal cu produsul tuturor valorilor sale proprii, rezultă că λ 1,..., λ n, µ 1,..., µ n C\{0}. Fie polinomul h := fg, fie α := h0) și fie polinomul h λ) := hλ) α. Avem α = f0)g0) = λ 1 λ n µ 1 µ n 0. De asemenea, deoarece fa) = O n = gc) conform teoremei lui Cayley- Hamilton) și h se divide atât cu f cât și cu g, rezultă că ha) = hc) = O n. Conform ipotezei în h termenul liber este egal cu 0), avem și h A)B = h C)D. Ținând seama de aceste observații, avem O n = ha)b = h A) + αi n ) B = h A)B + αb = h C)D + αb = hc) αi n ) D + αb = hc)d + αb D) = αb D), 34