PENTRU CERCURILE DE ELEVI

Transcription

1 M.Opincariu, M.Stroe, Despre matrice şi determinanţi de ordinul doi 559 Demonstraţie. Aplicăm Propoziţia 3.5. pentru funcţia: g :[a 1,a ] (0, ), g(x) =1. Bibliografie [1]R.P.BoasJr.,M.B.Marcus,Generalizations of Young s inequality, J. of Math. Anal. and Appl., Volume 46, Issue 1, [] W.W. Breckner, Asupra primitivabilităţii funcţiilor continue, Univ. Babeş-Bolyai, Cluj Napoca, Lucrările Seminarului de Didactică Matematică, Vol.8 (199), pag [3] R. J. Fleissner, On product of derivatives, Fund. Math. 88 (1975), [4] A. Hoorfar, A new refinement of Young s inequality, Math. Inequal. Appl. 11, 4 (008), [5] L. Losonczi, Inequalities of Young-type, Journal Monat. Mathematik, Vol. 97, Number, [6] M. Merkle, A contribution to Young s inequality, Univ. Beograd. Publ. Elektrotehn. Fak. Ser. Mat. Fiz., (1974), [7] E. Minguzzi, An equivalent form of Young s inequality with upper bound, Appl. Anal. Discrete Math. (008), [8] D. S. Mitrinović, J. E. Pećarić, A. M. Fink, Classical and new inequalities in analysis, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, [9] M. Piticari, Asupra unor chestiuni de calcul integral, Gazeta Matematică, Vol. 94 (1984), [10] M. Rădulescu, S. Rădulescu, A new proof of Fleissner s theorem of derivatives, Real Analysis Exchange, vol. 10 ( ), PENTRU CERCURILE DE ELEVI DESPRE MATRICE ŞI DETERMINANŢI DE ORDINUL DOI Mihai Opincariu 1) şi Marian Stroe ) Abstract. În acest articol vom stabili câteva proprietăţi ale matricelor şi determinanţilor de ordin doi, care pot fi folosite în rezolvarea unui număr mare de probleme. Keywords: Determinant de ordin doi, Teorema Hamilton-Cayley MSC : 15A15 1) Profesor, Colegiul Naţional,,Avram Iancu, Brad, opincariumihai@yahoo.com ) Profesor, Colegiul Economic,,Emanoil Gojdu, Hunedoara, maricu stroe@yahoo.com

2 560 Pentru cercurile de elevi 1. Introducere Scopul acestei note este de a prezenta câteva idei noi de rezolvare a problemelor cu matrice pătratice de ordinul doi. Motivaţia este dată de numărul mare de probleme pe această temă pe care le găsim în Gazeta Matematică sau printre subiectele Olimpiadei de Matematică. Materialul are la bază lecţiile susţinute de autori în cadrul Centrului de Excelenţă organizat la nivelul judeţului Hunedoara.. Aspecte teoretice Rezultatele cuprinse în acest paragraf sunt în majoritatea cazurilor cunoscute. Considerăm că este util pentru elevi să le prezentăm, completate chiar de demonstraţii. Propoziţia 1. Dacă A M (C) atunci are loc relaţia lui Hamilton - Cayley: A TrA A +deta I = O. (1) Propoziţia. Dacă A M (C) atunci are loc relaţia: det A = 1 [ (TrA) Tr(A ) ]. () Demonstraţie. Din (1) obţinem Tr(A ) TrA TrA +deta =0şi apoi concluzia. Propoziţia 3. Dacă A, B M (C) şi x C are loc relaţia: det(a + xb) =deta +(TrA TrB Tr(AB)) x +detb x. (3) Demonstraţie. În conformitate cu () avem: det(a + xb) = 1 [ (Tr(A + xb)) Tr((A + xb) ) ] = = 1 [ ] (TrA +TrB x) Tr(A + xab + xba + B x ) = = 1 [ (TrA) +TrA TrB x +(TrB) x Tr(A ) Tr(AB) x Tr(B ) x ] = 1 [ (TrA) Tr(A ) ] +(TrA TrB Tr(AB)) x+ + 1 [ (TrB) Tr(B ) ] x =deta +(TrA TrB Tr(AB)) x +detb x. Consecinţa 4. Dacă A, B M (C) atunci are loc relaţia: det(a + B)+det(A B) = (det A +detb). (4) Demonstraţie. În (3), alegem pe rând x =1şi apoi x = 1. Se adună membru cu membru relaţiile astfel obţinute. Consecinţa 5. Dacă A, B M (C) au loc relaţiile: a) det(a + B) det A det B =TrA TrB Tr(AB); b) det(a B) det A det B =Tr(AB) TrA TrB; c) det(a + B) det(a B) =(TrA TrB Tr(AB)). (5)

3 M.Opincariu, M.Stroe, Despre matrice şi determinanţi de ordinul doi 561 Demonstraţie. Primele două relaţii se obţin uşor din (3) alegând x =1 şi x = 1, iar ultima scăzându-le membru cu membru. Consecinţa 6. Dacă A, B, C M (C) atunci are loc egalitatea: det(a + B + C)+detA +detb +detc = =det(a + B)+det(B + C)+det(C + A). (6) Demonstraţie. Pe baza relaţiei (3) se obţine: det(a + B + C) =det(a + B)+Tr(A + B) TrC Tr ((A + B)C)+detC = =det(a + B)+TrA TrC Tr(AC)+TrB TrC Tr(BC)+detC (5.a) = (5.a) = det(a+b)+det(a+c) det A det C +det(b+c) det B det C +det C, de unde deducem concluzia. Consecinţa 7. Dacă A M (C) şi x C atunci: det(a + xi )=deta +TrA x + x. (7) Se alege B = I în (3). Propoziţia 8. Dacă A M (C) atunci are loc relaţia: A + A =TrA I. (8) Demonstraţie. Se verifică uşor prin calcul direct. Propoziţia 9. Dacă A, B M (C) atunci: Tr(A B)=Tr(AB )=TrA TrB Tr(AB). (9) Demonstraţie. Din (8) avem: A =TrA I A Tr(A B)=Tr(TrA B AB) =TrA TrB Tr(AB) şi analog Tr(AB )=TrA TrB Tr(AB). Acum pe baza relaţiilor (3), (5) şi (9) se vor obţine următoarele rezultate: Consecinţa 10. Dacă A, B M (C) şi x C are loc relaţia: det(a + xb) =deta +Tr(AB ) x +detb x. (10) Consecinţa 11. Dacă A, B M (C) atunci următoarele afirmaţii sunt echivalente: a) det(a + B) =deta +detb; b) det(a B) =deta +detb; c) det(a + B) =det(a B); d) TrA TrB =Tr(AB); e) Tr(A B)=Tr(AB ) = 0. (11) Se vor dovedi utile în stabilirea unor rezultate cât şi în soluţionarea unor probleme următoarele propoziţii. Propoziţia 1. Dacă A, B M (C) atunci: det(ab BA)=Tr(A B ) Tr ( (AB) ). (1)

4 56 Pentru cercurile de elevi Demonstraţie. Pe baza relaţiei (3) putem scrie: det(ab BA) =det(ab) (Tr(AB) Tr(BA) Tr(AB BA)) + det(ba). de unde: Dar det(ab) = det(ba), Tr(AB) = Tr(BA) şi: Tr(AB BA)=Tr(AB A)=Tr(A B ), det(ab BA) =det(ab) (Tr(AB)) +Tr(A B ). Dar din () se va obţine det(ab) =(Tr(AB)) Tr ( (AB) ) şi apoi concluzia. Propoziţia 13. Dacă A, B M (C) atunci are loc relaţia: det(a B)det(A + B) =det(a B )+det(ab BA). (13) Demonstraţie. Conform relaţiei (4) putem scrie: det ( (A B )+(AB BA) ) +det ( (A B ) (AB BA) ) = = ( det ( A B ) +det(ab BA) ). Dar det ( (A B )+(AB BA) ) =det((a B)(A + B)) = =det(a B)det(A + B) şi det ( (A B ) (AB BA) ) = =det((a + B)(A B)) = det(a + B)det(A B), de unde se obţine concluzia. Propoziţia 14. Dacă A, B M (C) atunci are loc relaţia: det ( A + B ) =det(ab BA)+(detA det B) + +(det(a + B) det A det B). (14) Demonstraţie. Înlocuind în propoziţia precedentă peb cu ib obţinem: det(a ib)det(a +ib) =det(a + B )+det(a ib ib A) det(a + B )=det(ab BA)+det(A ib)det(a +ib). Pe de altă parte din (3) se obţine uşor că det(a +ib) =deta det B +(TrA TrB Tr(AB)) i şi: det(a ib) =deta det B (TrA TrB Tr(AB)) i, deci: det(a ib)det(a +ib) =(deta det B) +(TrA TrB Tr(AB)) şi, folosind (5) a), obţinem: det(a ib)det(a+ib)=(deta det B) +(det(a+b) det A det B). ( ) Din ( ) şi ( ) se obţine relaţia de demonstrat. ( )

5 M.Opincariu, M.Stroe, Despre matrice şi determinanţi de ordinul doi Aplicaţii Propoziţiile din paragraful anterior pot fi utilizate pentru soluţionarea,,elegantă a unor probleme. Vom prezenta în continuare unele dintre acestea. A1. Dacă A, B M (C) demonstraţi echivalenţa: Tr((AB) )=Tr(A B ) (AB BA) = O. Mihai Opincariu, R.M.T. nr. 3/004 Demonstraţie. Din (1) avem: (AB BA) Tr(AB BA) (AB BA)+det(AB BA) I = O şi cum Tr(AB BA)=0obţinem: det(ab BA)=0 (AB BA) = O. Dar din (1) obţinem det(ab BA) =0 Tr(A B )=Tr ( (AB) ) de unde concluzia. A. Dacă A, B M (C) demonstraţi echivalenţa: (AB) = AB A (BA) = BA B. Mihai Opincariu, G.M.-B nr. 11/000 Demonstraţie. Avem: (AB) = AB A Tr ( (AB) ) =Tr ( AB A ) =Tr ( A B ) şi din aplicaţia anterioară obţinem: (AB BA) = O (AB) AB A +(BA) BA B = O. Cum (AB) = AB A (BA) = BA B. Cealaltă implicaţie se tratează analog. A3. Dacă A, B M (C) demonstraţi echivalenţa: det(a B)det(A + B) =det(a B ) (AB BA) = O. Mihai Opincariu, G.M.-B nr. 7-8/000 Demonstraţie. Conform (13): det(a B)det(A + B) =det(a B ) det(ab BA)=0. Dar (AB BA) = det (AB BA) I deci: (AB BA) = O det(ab BA)=0. A4. Dacă A, B M (R)şi det(ab BA) 0 atunci det(a +B ) 0. Demonstraţie. Inegalitatea este evidentă folosind Propoziţia 14. Mai mult se constată că egalitatea are loc dacă şi numai dacă det(ab BA) =0 şi det A =detb = 1 det (A + B). Tot din Propoziţia 14obţinem următorul rezultat: A5. Dacă A, B M (R) atunci oricare două din propoziţiile de mai jos o implică peatreia: P1: det ( A + B ) =0; P: det(ab BA)=0;

6 564 Pentru cercurile de elevi P3: det A =detb = 1 det (A + B). Observaţie: Pe baza rezultatului de mai sus obţinem ca un caz particular problema 3731 din G.M.-B nr. 4-5/1998, autor Cristinel Mortici. A6. Dacă A, B M (C) şi det(ab + BA) 0, arătaţi că: det(a + B ) 0. Cristinel Mortici, Olimpiada Naţională, 1996 Demonstraţie. Conform relaţiei (4) putem scrie: det ( (A + B )+(AB + BA) ) +det ( (A + B ) (AB + BA) ) = = ( det ( A + B ) +det(ab + BA) ). Dar det ( (A + B )+(AB + BA) ) =det ( (A + B) ) =(det(a + B)) şi det ( (A + B ) (AB + BA) ) =det ( (A B) ) =(det(a B)), deci: (det(a + B)) +(det(a B)) = ( det ( A + B ) +det(ab + BA) ) şi cum det(ab + BA) 0obţinem concluzia. Analizând rezultatele din A4 şi A6se observă cădacă A, B M (R) atunci una din următoarele condiţii: det(ab BA) 0, det(ab + BA) 0 implica det ( A + B ) 0. Obţinem următoarea aplicaţie: A7. Dacă A, B M (R) şi det(ab + BA)=det(AB BA) arătaţi că: det(a + B ) 0. A8. Se consideră A, B M (C) şi propoziţiile: P1: det(a B) =det(a+b); P: det ( A B ) =det ( A + B ) ; P3: det(ab BA) =det(ab + BA). Arătaţi că dacădouădin propoziţiile de mai sus sunt adevărate atunci şi cealaltă esteadevărată. Mihai Opincariu G.M.-B nr. 3/009 Demonstraţie. Conform Consecinţei 4 pentru X, Y M (C) obţinem: det(x Y )+det(x + Y )=(detx +dety ). Alegând X = A + B, Y = AB + BA, obţinem: det(a B) +det(a + B) = ( det ( A + B ) +det(ab + BA) ). ( ) Alegând X = A B, Y = AB BA, obţinem: det(a B)det(A + B) = ( det ( A B ) +det(ab BA) ). ( ) Scădem membru cu membru relaţiile ( ) şi ( ) şi grupând convenabil vom avea: (det (A B) det (A + B)) = = ( det ( A + B ) det ( A B )) + (det (AB + BA) det (AB BA)), de unde obţinem concluzia problemei.

7 M.Opincariu, M.Stroe, Despre matrice şi determinanţi de ordinul doi 565 A9. Dacă A, B M (C) şi n N atunci: det (A n + B n ± AB) =det(a n + B n ± BA). Demonstraţie. Folosind Consecinţa 6obţinem succesiv: det (A n + B n + AB) =det(a n + B n )+det(a n + AB)+det(B n + AB) det (A n ) det (B n ) det (AB) =det(a n + B n )+detadet ( A n 1 + B ) + +det ( B n 1 + A ) det B det (A n ) det (B n ) det (BA)= =det(a n + B n )+det ( A n 1 + B ) det A+detB det ( B n 1 + A ) det (A n ) det (B n ) det (BA) =det(a n + B n )+det(a n + BA)+det(B n + BA) det (A n ) det (B n ) det (BA) =det(a n + B n + BA). Analog se arată cădet(a n + B n AB) =det(a n + B n BA). O aplicaţie imediată a acestei probleme este: A10. Dacă A, B M (C) şi A + B = AB atunci (AB BA) = O. Marian Ionescuţ, Olimpiada Naţională, 007 (enunţ întărit) Demonstraţie. În A9 alegem n =şi avem: det ( A + B AB ) =det ( A + B BA ). Cum A + B AB = O, A + B BA = AB BA obţinem: 0=det(AB BA) (AB BA) = O. Facem precizarea că în enunţul iniţial se considera că A, B M (R), iar faptul că matricele au elementele reale devenea esenţial în soluţia propusă de juriu. A11. Dacă A, B M (C) şi A = O demonstraţi echivalenţa: det(ab BA)=0 det (A + B) =detb. Mihai Opincariu Demonstraţie. Vom face demonstraţia prin două metode. Metoda 1. Scriem relaţia din Propoziţia14cuA =O (deci şi det A=0) şi obţinem: det ( B ) =det(ab BA)+(detB) +(det(a + B) det B) adică 0=det(AB BA)+(det(A + B) det B), relaţie din care se deduce imediat echivalenţa. Desigur această soluţienupreaestelaîndemâna unui rezolvitor deoarece se bazează pe o identitate greu de intuit, a cărei demonstraţie a uzat de propoziţiile stabilite anterior. Metoda a -a. Cum A = O avem det A =0şi Tr ( A ) =0. Din () obţinem TrA =0, ( ). Din det A =0 det (AB) =0şi din (): (Tr(AB)) =Tr ( (AB) ), ( ). Acum det(a + B) =detb 0=det(A + B) det B 5a) TrA TrB Tr(AB) =0 ( ) Tr(AB) = 0 deci: det (A + B) =detb Tr(AB) =0 ( )

8 566 Pentru cercurile de elevi şi det(ab BA) =0 (1) = Tr(A B ) Tr ( (AB) ) =0 Tr ( (AB) ) =0 (am folosit A = O ) ( ) Tr(AB) = 0 deci: det(ab BA)=0 Tr(AB) =0 ( ) Pe baza echivalenţelor ( ) şi ( ) rezultă concluzia. Acest rezultat ne permite să înbunătăţim problema următoare. A1. Fie A M (C) şi C(A) ={B M (C) AB = BA}. Demonstraţi echivalenţa: A = O det(a + B) det B, B M (C). Dorel Miheţ, Olimpiada Naţională, 1999 Demonstraţie. Vom arăta că implicaţia are loc într-un caz mai general, şi anume pentru C(A) ={B M (C) det(ab BA) =0}. Într-adevăr din A = O,det(AB BA) =0şi A11 det (A + B) =detb de unde reiese concluzia. Pentru implicaţia folosim Consecinţa 7. Fie x 1, x soluţiile ecuaţiei det A +TrA x + x =0. Cum x 1 I,x I C(A) obţinem 0 = det(a + x i I x i, i =1, deci x 1 = x =0 TrA =deta =0şi folosind (1) A = O. A13. Fie A M (R) astfelîncât A = O.Arătaţi că B M (R) au loc inegalităţile: det(ab BA) 0 det(ab + BA). Daniel Jinga, R.M.T. nr. 1/000 (enunţ întărit) Demonstraţie. Cum A = O se obţine că deta = 0, deci det(ab) =0, B M (R). Atunci, folosind Propoziţia 3, se obţine: det(ab BA) =det(ab) Tr(AB) Tr(BA)+Tr(AB BA)+det(BA) = =det(ab) (Tr(AB)) +Tr ( A B ) = (Tr(AB)) 0. Asemănător obţinem det(ab + BA) =(Tr(AB)) 0. Remarcă. În enunţul iniţial trebuia demonstrat că det(ab BA) 1 şi det(ab + BA) 1. Lăsăm în continuare ca teme următoarele probleme: A14. Dacă A, B M (C) demonstraţi echivalenţa: det ( AB BA + A ) =(deta) (AB BA) = O. că: A15. Dacă A, B M (R)şi det (AB + BA) det (AB BA),arătaţi det ( A + B ) (det A) +(detb).

9 C. Lupu, R. Marinescu, S. Monea, Rezolvarea unor inegalităţi 567 A16. Dacă A i M (C), i = 1,n, n N\{0, 1}, arătaţi că: ( n ) n det A i +(n ) det A i = det (A i + A j ). i=1 i=1 1 i<j n A17. Dacă A, B M (C) şi A + B =AB atunci AB = BA. N. Bourbăcuţ, O.N.M. 011, faza naţională A18. Dacă A, B M (C) şi TrA TrB =Tr(AB) arătaţi că: det ( A + B + AB ) =det ( A + B ) +det(ab). Bibliografie [1] M. D. Opincariu, Extinderi ale proprietăţilor matricelor şi determinanţilor de ordin doi, Revista de matematică din Alba Iulia, nr. 1/000. [] Colecţia Gazeta Matematică, [3] Colecţia Revista de Matematică din Timişoara, REZOLVAREA GEOMETRICĂ A UNOR INEGALITĂŢI Cezar Lupu 1), Rozalia Marinescu ) şi Steluţa Monea 3) Este cunoscut faptul că unnumăr mare de inegalităţi geometrice admit demonstraţii care au la bază argumente algebrice. În această lecţie vom pune în evidenţă şi un drum invers. Mai precis, dorim să oferimsoluţii cu argumente geometrice pentru unele inegalităţi algebrice. 1. Câteva inegalităţi geometrice mai puţin cunoscute Demersul nostru va fi ilustrat prin câteva exemple pe care le considerăm sugestive. Vom exploata trei inegalităţi geometrice cunoscute, dar mai puţin răspândite. Enunţul lor este prezentat în continuare, cu menţiunea că notaţiile sunt cele consacrate. Inegalitatea lui Weitzenböck (IW). În orice triunghi ABC are loc inegalitatea: a + b + c 4S 3. Egalitatea are loc dacă şi numai dacă triunghiul este echilateral. Inegalitatea Hadwiger-Finsler (IHF). În orice triunghi ABC are loc inegalitatea: a + b + c 4S 3+(a b) +(b c) +(c a). Egalitatea are loc dacă şi numai dacă triunghiul este echilateral. 1) Doctorand, Universitatea din Craiova ) Profesor, Colegiul Naţional,,Iancu de Hunedoara, Hunedoara 3) Profesor, Colegiul Naţional,,Decebal, Deva