DETERMINAREA PUTERILOR MATRICELOR Prezent˘am ... - SSMR

2 Modele de lecţiiSoluţie: Interpretarea A 2 = x 1 A − x 0 det(A) · I 2 a relaţiei lui Cayley A 2 =Tr(A)·A−det(A)·I 2 arată că afirmaţia din enunţ este adevărată pentru n = 2.Fie acum k > 2. Presupunem afirmaţia adevărată pentru orice j ∈ {2, 3, . . . , k−1}.Pentru k = 3, din relaţia lui Cayley obţinem A 3 = Tr(A)·A 2 − det(A) · A == Tr(A)(x 1 A − x 0 I 2 ) − (det(A)) · A = (x 1 Tr(A) − x 0 det(A)) · A− Tr(A) · I 2 =x 2 A − x 1 I 2 .Pentru k > 3, relaţia lui Cayley conduce la A k = Tr(A) · A k−1 − det(A) · A k−2 .Folosind ipoteza de inducţie, obţinem A k = (x k−2 Tr(A) − x k−3 det(A)) · A++(x k−3 Tr(A) − x k−4 det(A)) det(A) · I 2 = x k−1 A + x k−2 I 2 . ⎛Exemplul 3. Se consideră matricea A = ⎝ a 0 0⎞0 b 0 ⎠ ∈ M n (C), a ≠ d.c 0 dDeterminaţi A n , n ∈ N.⎛⎞ ⎛Soluţie: A 2 = ⎝ a2 0 0a 3 ⎞0 00 b 2 0 ⎠, iar A 3 = ⎝ 0 b 3 0 ⎠.c(a + d) 0 d 2 c(a 2 + ad + d 2 ) 0 d⎛3 a n ⎞0 0Acestea ne sugerează că A n = ⎝ 0 b n 0 ⎠ pentru orice n ∈ N.c dn −a nd−a0 d nDemonstrăm prin inducţie această afirmaţie: pentru n = 0, ea este evidentă;presupunând-o⎛adevărată pentru n ∈ N, obţinem A n+1 = A · A n =a n+1 ⎞ ⎛0 0a n+1 ⎞0 0= ⎝ 0 b n+1 0 ⎠ = ⎝ 0 b n+1 0 ⎠, deci a-ca n + dc dn −a nd−a0 d n+1 c dn+1 −a n+1d−a0 d n+1firmaţia este adevărată pentru n + 1, ceea ce încheie demonstraţia. Câteodată, între matrice se urmăreşte determinarea unei relaţii de tipulM(a) · M(b) = M(R(a, b)), unde R(a, b) desemnează o expresie în a şi b:Exemplul 4. Considerăm mulţimea matricelor de forma⎛⎞1 −a 01M(a) = √ ⎝−a 1 0 ⎠1 − a 2√ , a ∈ (−1, 1).0 0 1 − a 2Arătaţi că pentru orice n ∈ N ∗ există un unic element a n ∈ (−1, 1) cu proprietateaM(a n ) = (M(a)) n .Soluţie:Arătăm că M(a) · M(b) = M( a+b((1+a) 2 −(1−a) 21+ab ).Înlocuind b cu a, obţinem(M(a)) 2 = M( 2a ) = M). Probăm apoi prin inducţie matematicărelaţiile (M(a)) k = M (1+a) k −(1−a) kşi −1 < (1+a)k −(1−a) k< 1. 1+a 2 (1+a) 2 +(1−a)( 2 )(1+a) k +(1−a) k (1+a) k +(1−a) k

I. M. Maşca, Determinarea puterilor unei matrice 3Exemplul 5. Să se⎛arate că există polinoame ⎞ α, β, γ de grade 2, 3, 4 încât1 t α(t) β(t)pentru matricea A(t) = ⎜0 1 4t γ(t)⎟⎝0 0 1 6t ⎠ să aibă loc A(t) · A(u) = A(t + u)0 0 0 1şi să se determine A(t) n pentru orice n ∈ N, n > 1.Soluţie:Condiţia A(t + u) = A(t) · A(u) este echivalentă cu α(t + u) = α(t) +α(u)+4tu, β(t+u) = β(t)+β(u)+tγ(u)+6uα(t) şi γ(t+u) = γ(t)+γ(u)+24tu,relaţii ce se verifică pentru α(x) = 2x 2 + 2x, β(x) = 4x 3 + 17 2 x2 + 3x şiγ(x) = −3x 4 + 12x 3 + 5x. Pe baza relaţiei A(t + u) = A(t) · A(u) obţineminductiv A(t) n = A(nt). 2. Utilizarea proprietăţilor funcţiilor trigonometrice: ( Un rezultat )cos α sin αce se dovedeşte util în aplicaţii este următorul: Dacă A α =,− sin α cos αα ∈ R, atunci A n α = A nα pentru orice n ∈ N.Exemplul 6. Fie A =Soluţie: Scriem matricea sub forma A = 2( ) n2A −π . Deci, An = 2A3 −π3= 2 n A n − π 3(1 −√3√3 1). Determinaţi A n , n ∈ N.(12−√32√3212)== 2 n (cosnπ3− sin nπ 3sin nπ 3cos nπ 3(cosπ3− sin π 3sin π 3cos π 3). )=3. Binomul lui Newton: Utilizăm această metodă atunci când putemscrie matricea A ca sumă sau diferenţă a două matrice ce comută şi ale cărorputeri pot fi calculate uşor. Un caz particular important este cel în care unadintre matrice este I n , iar cealaltă matrice devine nulă după un număr finitde ridicări la putere 2 . Acest lucru se întâmplă de pildă în cazul în care ceade-a doua matrice este sub- sau supradiagonală. O astfel de matrice ridicatăla orice putere de exponent cel puţin egal cu tipul său se va anula.⎛Exemplul 7. Fie A = ⎝ 1 0 0⎞2 1 0⎠. Determinaţi A n , n ∈ N.0 3 12 O matrice cu această proprietate se numeşte nilpotentă

4 Modele de lecţii⎛Soluţie: Scriem A = I 3 + B, unde B = ⎝ 0 0 0⎞2 0 0⎠. Cum I 3 B = BI 3 , putem0 3 0⎛aplica formula binomului lui Newton. Avem B 2 = ⎝ 0 0 0⎞0 0 0⎠, iar B k este matriceanulă pentru orice k ≥ 3. Obţinem aşadar A n = ⎝ 2n 1 0⎠.3n(n − 1) 3n 06 0 0⎛⎞1 0 0⎛Exemplul 8. Fie A = ⎝ 1 1 0⎞1 0 1⎠. Determinaţi A n , n ∈ N.0 1 1⎛Soluţie: Scriem A = C −B, unde C = ⎝ 1 1 1⎞ ⎛1 1 1⎠ iar B = ⎝ 0 0 1⎞0 1 0⎠. Avem1 1 11 0 0C · B = B · C = C şi C 2 = 3C. Se demonstrează prin inducţie că pentru oricek ∈ N avem: C · B k = B k · C = C, C n = 3 n−1 C, B 2k = I 3 şi B 2k+1 = B. Prinurmare, A n = (C − B) n = 1 3 (2n − (−1) n )C + (−1) n B n .⎛Exemplul 9. Fie A = ⎝ k 2 − k −1⎞2 − k (k − 1) 2 k ⎠. Să se arate că există−1 k 2 − kdouă matrice B, C ∈ M 3 (R) astfel încât A n = B n + C n .⎛Soluţie: Alegem următoarele matrice: B = ⎝ k − 1 1 0⎞1 0 1 ⎠0 1 1 − k⎛şi C = ⎝ 1 1 − k −1⎞1 − k (k − 1) 2 k − 1⎠. Evident, A = B + C, iar BC este matricea−1 k − 1 1nulă. Considerând n ∈ N ∗ şi aplicând formula binomului lui Newton relaţieiA = B + C rezultă A n = B n + C n , toţi ceilalţi termeni fiind nuli. 4. Metoda şirurilor recurente poate fi aplicată fie direct, fie împreună( cu relaţia ) Hamilton-Cayley. Aplicarea ei directă constă în a nota 3 A n =an b nşi a utiliza relaţia Ac n d n+1 = A · A n pentru a stabili formule denrecurenţă (cu interdependenţe!) pentru şirurile (a n ) n , (b n ) n , (c n ) n şi (d n ) n .Din acestea obţinem formule de recurenţă pentru fiecare din şiruri ; pe bazaacestora şi a valorilor iniţiale date de A 0 = I 2 , A 1 , A 2 , . . . se determină formulelegenerale ale respectivelor şiruri şi, consecutiv, A n .3 Metoda funcţionează şi pentru matricele din Mn(C) cu n ≥ 3, considerând un numărcorespunzător de şiruri.

I. M. Maşca, Determinarea puterilor unei matrice 5Exemplul 10. Se consideră matricea A =)∈ M 2 (C). DeterminaţiA n , n ∈ N.Soluţie: Notăm A n =⎧a ⎪⎨ n+1 = a n + 3c nc n+1 = 4a n − 3c nb n+1 = b n + 3d n⎪⎩(1 34 −3( )an b n, n ∈ N. Din Ac n d n+1 = A · A n deducem:nDin primele două relaţii obţinem c n = −a n + 5a n−1 şid n+1 = 4b n − 3d napoi a n = −2a n−1 + 15a n−2 , n ≥ 2. Ecuaţia caracteristică a şirului (a n ) n estedeci r 2 + 2r − 15 = 0; ea are rădăcinile 3 şi −5. Prin urmare, există α, β ∈ Castfel încât a n = α · 3 n + β · (−5) n . De aici şi din a 0 = a 1 = 1 obţinem unsistem de ecuaţii cu soluţia α = 3 4 , β = 1 4 . Prin urmare, a n = 3n+1 +(−5) n4; cumc n = −a n + 5a n−1 , obţinem c n = 3n −(−5) n2.Procedând analog, obţinem b n = 3n+1 −3·(−5) n8şi d n = 3n +3·(−5) n4. Prin urmare,A n =(3 n+1 +(−5) n43 n −(−5) n23 n+1 −3·(−5) n83 n +3·(−5) n4)(cosExemplul 11. Fie A =2 x sin 2 )xsin 2 x cos 2 . Determinaţi Axn , n ∈ N.( )Soluţie: Punând A n an b=nşi aplicând procedeul descris mai susb n a nobţinem a n+1 = (a+b)n+1 +(a−b) n+12şi b n+1 = (a+b)n+1 −(a−b) n+1)2. Aşadar,((a+b) n +(a−b) n(a+b) n −(a−b) n2(a+b) n +(a−b) n2A n =2(a+b) n −(a−b) n. Dar a + b = 1 şi a − b = cos 2x, deci2A n = 1 (1 + cos n 2x 1 − cos n )2x2 1 − cos n 2x 1 + cos n . 2xDe obicei, aplicăm metoda şirurilor recurente dacă după calculul câtorvaputeri ale lui A nu putem observa regularităţi care să ne permită scriereadirectă a formei generale a lui A n . Menţionăm că există situaţii ,,mixte”, încare pentru unele poziţii ale matricei se observă regularităţi, iar pentru altelenu. În această situaţie, vom utiliza şiruri recurente numai pentru poziţiile caremai prezintă semne de întrebare. Prezentăm în acest sens:Exemplul 12. Se consideră matricea A =⎠ ∈ M 3 (C). DeterminaţiA n , n ∈ N.⎛⎝ 1 2 00 3 40 0 5⎞

6 Modele de lecţiiSoluţie: A 2 =⎛⎝ 1 8 80 9 320 0 25⎞⎛⎠, A 3 = ⎝1 26 720 27 1960 0 125⎞⎛⎠, A 4 = ⎝1 80 4640 81 10880 0 625Poziţiile în⎛care regularităţile nu sunt evidente sunt (1, 3) şi (2, 3); bănuim însăcă A n = ⎝ 1 ⎞3n − 1 a n0 3 n a n + 5 n − 1 ⎠. Din A n+1 = A · A n deducem a n =0 0 5 n3a n−1 +2(5 n−1 −1). Această relaţie ne conduce ⎛la a n = 5 n −2·3 n +1. Mai trebuiedoar să verificăm prin inducţie că A n = ⎝ 1 3n − 1 5 n − 2 · 3 n ⎞+ 10 3 n 2(5 n − 3 n ) ⎠.0 0 5 nPrezentăm acum un exemplu în care aplicăm metoda şirurilor recurenteutilizând şi relaţia Hamilton-Cayley:( )3 2Exemplul 13. Se consideră matricea A = ∈ M1 42 (C). DeterminaţiA n , n ∈ N.Soluţie: Avem Tr(A) = 7 şi det(A) = 10. Relaţia Hamilton-Cayley pentrumatricea A este deci A 2 − 7A + 10I 2 = 0; ea ne permite să scriem şi A n =7A n−1 − 10 · A n−2 pentru orice n ≥ 2. De aici obţinem imediat prin inducţieexistenţa a două şiruri (a n ) n şi (b n ) n astfel încât A n = a n A + b n I 2 pentru oricen ∈ N. În plus, şirurile (a n) şi (b n ) n au aceeaşi ecuaţie caracteristică, şi anumer 2 − 7r + 10 = 0. Ţinând cont de relaţiile a 0 = b 1 = 0 şi a 1 = b 0 = 1, obţinema n = 5n −2 n3, b n = 2·2n −2·5 n3, iar A n = a n A + b n I 2 =( 5 n +2 n+135 n −2 n32(5 n −2 n )32·5 n +2 n3⎞⎠.).4. Folosind polinomul caracteristic ([GG], [II])Fie A = (a ij ) i,j=1,n ∈ M n (C). Polinomul caracteristic al matricei A esteprin definiţie f A = det(XI n − A) = X n − (a 11 + a 22 + ... + a nn )X n−1 + ... +(−1) n det(A) ∈ C(X). Rădăcinile ecuaţiei caracteristice f A = 0 se numescvalorile proprii ale matricei A.Pentru matricele pătratice de ordinul doi şi trei, polinoamele caracteristice suntf A = X 2 − Tr(A)X + det(A)I 2 , respectiv f A = X 3 − Tr(A)X 2 + Tr(A ∗ )X −det(A)I 3 unde Tr(A ∗ ) este egal cu suma minorilor diagonali de ordinul doi aimatricei A.Teorema Cayley - Hamilton Orice matrice pătratică verifică propria saecuaţie caracteristică, respectiv f A (A) = 0.Teoremă Dacă A ∈ M n (C), m ∈ N, şi r este restul împărţirii lui X m la f Aatunci A m = r(A).Observaţie: Calculul unei puteri A m , A ∈ M n (C), m ≥ n, revine la a determinaun polinom matriceal de grad mai mic sau egal cu n+1 ai cărui coeficienţi

I. M. Maşca, Determinarea puterilor unei matrice 7se găsesc uşor dacă se cunosc rădăcinile ecuaţiei caracteristice.Pentru cazul matricelor de ordinul doi şi trei, se obţine A m = a m A + b m I 2 ,pentru A ∈ M 2 (C), respectiv A m = a m A 2 + b m A + c m I 3 , A ∈ M 3 (C).Demonstraţia existenţei şirurilor din cele două relaţii se realizează prin inducţie.Exemplul 14. Să se calculeze A n pentru matricea A =( )1 1, n ∈ N.−1 3Soluţie: Ecuaţia caracteristică asociată matricei A este x 2 − 4x + 4 = 0 cusoluţia dublă x 1 = x 2 = 2. Aplicând teorema împărţirii cu rest pentru polinoame,rezultă că X n = (X − 2) 2 g(X) + a n X + b n .Pentru x = 2 deducem că 2a n + b n = 2 n . Derivând relaţia de mai sus, obţinemnX n−1 = (X − 2)(...) + a n .Pentru x = 2, rezultă a n = n2 ( n−1 şi de aici b n = 2 n (1 − n). Obţinem2A n = n · 2 n−1 A + 2 n (1 − n)I 2 =n−1 (2 − n) n · 2 n−1 )−n · 2 n−1 2 n−1 . (2 + n)⎛Exemplul 15. Să se calculeze A n pentru matricea A = ⎝ 1 0 0⎞0 2 −3⎠,0 1 −1n ∈ N.Soluţie: Ecuaţia caracteristică asociată matricei A este x 3 − 2x 2 + 2x − 1 = 0cu valorile proprii x 1 = 1 şi x 2 = x 3 = 1±i√ 32. Aplicând teorema împărţirii curest obţinem X n = (X − 1)(X 2 − X − 1)g(X) + a n X 2 + b n X + c n I 3 , de undese obţine A n = a n X 2 + b n X + c n I 3 .Pentru x = 1 se obţine a n + b n + c n = 1 şi din faptul că ε este o rădăcină aecuaţiei x 2 − x + 1 = 0 avem relaţia a n ε 2 + b n ε + c n = ε n , care este echivalentăcu (a n + b n )ε + c n − a n = ε n , unde ε 3 = −1.Avem situaţiile:{an + b n + c n = 11. Dacă n = 6k, k ∈ N se obţine sistemul(a n + b n ) 1±i√ 32+ c n − a n = 1,din care avem: a n = b n = 0 şi c n = 1, prin urmare ⎧ A n = I 3 .⎪⎨ a n + b n + c n = 12. Dacă n = 6k + 1, k ∈ N se obţine sistemul c n − a n = 0⎪⎩a n + b n = 1,cu soluţia a n = c n = 0 şi b n = 1 şi atunci A n = A.Procedând analog, constatăm că:3. Pentru n = 6k + 2, k ∈ N se obţine A n = A 2 .4. Pentru n = 6k + 3, k ∈ N avem A n = 2A 2 − 2A + I 3 .5. Dacă n = 6k + 4, k ∈ N avem A n = 2A 2 − 3A + 2I 3 .6. Pentru n = 6k + 5, k ∈ N avem A n = A 2 − 2A + 2I 3 .

I. M. Maşca, Determinarea puterilor unei matrice 9[MG1] M. Ganga, Matematică. Manual pentru clasa a XI-a,Editura MATHPRESS, Ploieşti, (2006)[MG2] M. Ganga, Matematică. Manual pentru clasa a XII-a Algebră,Editura MATHPRESS, Ploieşti, (2002)[PPL] L. Panaitopol, M.E. Panaitopol, M. Lascu, Inducţia matematică,Editura GIL, Zalău, (1997).[RG] Gh.N. Rizescu, Sumă şi produs. Probleme şi teme pentru clasele a XI-a şi a XII-a,Editura SIGMA PRIMEX, Bucureşti, (1999).Ioana Monica Maşca