Teorie
Având în vedere că la olimpiadele de matematică se dau exerciții cu determinanți în care se folosesc noțiunile de polinom caracteristic, vom prezenta în continuare o metodă de rezolvare a unor exerciții, în care se aplică și noțiunea de polinom minimal și teorema lui Frobenius.
Definiție
Fie \(A\in M_n(K)\), unde \(K\) poate fi \(\mathbb{Q},\mathbb{R}\) sau \(\mathbb{C}\). Polinomul monic (coeficientul dominant egal cu 1) de grad minim din \(K[X]\) care admite pe \(A\) ca rădăcină se numește polinom minimal al lui \(A\) și se notează \(m_A(x)\).
Gradul polinomului minimal este mai mic sau egal decât gradul polinomului caracteristic.
\[{\rm grad}(m_A(x))\le{\rm grad}(p_A(x)),\quad
p_A(x)=(-1)^n\cdot \det(A-x\cdot I_n).\]
Propoziție
Fie \(A\in M_n(K)\) și \(m_A,p_A\in K[X]\), polinoamele minimal respectiv caracteristic ale matricei \(A\). Atunci \(m_A\mid p_A\) (\(m_A\) divide \(p_A\)).
Teorema lui Frobenius
Fie \(A\in M_n(K)\). Polinoamele \(m_A\) și \(p_A\) admit aceiași divizori ireductibili peste \(K\).
Cazuri particulare
Fie \(A\in M_n(\mathbb{R})\). Dacă \(n=2\), \(A\in M_2(\mathbb{R})\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\) deci \(m_A(x)=x-a\) și \(p_A(x)=(x-a)^2\). Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=2\) atunci \(m_A=p_A\).
Dacă \(n=3\), \(A\in M_3(\mathbb{R})\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\) atunci
\[m_A(x)=x-a
\mbox{ și }
p_A(x)=(x-a)^3.\]
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=2\), atunci
\[m_A(x)=(x-a)(x-b)
\mbox{ și }
p_A(x)=(x-a)^2(x-b)\]
sau \(p_A(x)=(x-a)(x-b)^2\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=3\) atunci \(m_A=p_A\).
În continuare vom prezenta aplicații ale acestei teoreme.
Probleme rezolvate
Problema 1
Fie \(A\in M_n(\mathbb{R})\) cu \(A^3=4\cdot I_n-3\cdot A\). Să se arate că \(\det(A+I_n)=2^n\).
(Florian Dumitrel)
Soluție
\(A^3-4\cdot I_n+3\cdot A=O_n\),
\[x^3+3x-4=(x-1)(x^2+x+4),\]
\[m_A(x)\mid (x^3+3x-4),\]
\[m_A(x)=(x-1)^3(x^2+x+4)^t.\]
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[p_A(x)=(x-1)^u(x^2+x+4)^v=\\=(-1)^n \det(A-x\cdot I_n),\ u+2v=n.\]
Se ia \(x=-1\),
\[p_A(-1)=(-2)^u\cdot 4^v=(-1)^n \cdot \det(A+I_n),\]
\[P_A(-1)=2^u\cdot 4^v=2^{u+2v}=2^n.\]
Problema 2
Arătați că dacă \(A\in M_2(\mathbb{Z})\) satisface \(A^4=I_2\), atunci \(A^2=I_2\) sau \(A^2=-I_2\).
Soluție
Vom demonstra că are loc această proprietate pentru \(A\in M_2(\mathbb{Q})\)
\[A^4-I_2=O_2,\]
\[m_A(x)\mid (x-1)(x+1)(x^2+1).\]
Dacă \({\rm grad} (m_A(x))=1\), atunci \(m_A(x)=x-1\), \(A=I_2\), atunci \(A^2=I_2\) sau \(m_A(x)=x+1\), \(A=-I_2\) atunci \(A^2=I_2\).
Dacă \({\rm grad} (m_A(x))=2\), \(m_A(x)=x^2-1\).
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\(m_A=p_A\) deci \(A^2=I_2\) sau \(m_A(x)=x^2+1\).
Aplicăm teorema lui Frobenius: \(m_A=p_A\), deci \(A^2=-I_2\).
Problema 3
Să se arate că dacă există matrice \(A\in M_n(\mathbb{Q})\) inversabile astfel ca \(A^{-1}=A^2+A\), atunci \(n\) este divizibil cu 3.
Soluție
\(A^{-1}=A^2+A\). Înmulțim cu \(A\),
\[A^3+A^2-I_n=O_n,\]
\[m_A(x)\mid (x^3+x^2-1),\]
\(x^3+x^2-1\) ireductibil în \(Q[X]\), deci \(m_A(x)=x^3+x^2-1\).
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[p_A(x)=(x^3+x^2-1)^u,\ 3u=n,\]
deci \(n\) este divizibil cu 3.
Problema 4
Dacă \(A\in M_{2013}(\mathbb{R})\), arătați că \((A^2+I_{2013})^m\ne O_{2013}\) pentru orice \(m\in \mathbb{N}\).
Soluție
Presupunem prin reducere la absurd că există \(m\in \mathbb{N}\) cu
\[(A^2+I_{2013})^m=O_{2013},\]
deci
\[m_A(x)\mid (x^2+1)^m,\]
\[m_A(x)=(x^2+1)^r.\]
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[m_A(x)=(x^2+1)^u,\]
dar \({\rm grad} (p_A(x))=2013=2u\), \(u=\displaystyle\frac{2013}{2}\in \mathbb{N}\) fals, deci
\[(A^2+I_{2013})^m\ne O_{2013}\mbox{ pentru orice } m\in \mathbb{N}.\]
Problema 5
Fie \(A\in M_n(\mathbb{R})\), \(n\ge 2\), astfel încât \(A^{2013}+A^{2014}=O_n\). Dacă \(B=A+I_n\) demonstrați că matricea \(I_n-A\cdot B\) este inversabilă.
(Traian Tămâian)
Soluție
\(A^{2013}(A+I_n)=O_n\), deci
\[m_A(x)\mid x^{2013}(x+1),\
m_A(x)=x^l\cdot (x+1)^t,\ t\in \{0,1\}.\]
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[p_A(x)=x^u(x+1)^v=(-1)^n\cdot \det(A-x\cdot I_n),\ u+v=n\]
\[I_n-A\cdot B=I_n-A-A^2\]
\[\det(I_n-A-A^2)=(-1)^n\cdot \det(A^2+A-I_n)=\\=(-1)^n\cdot \det(A-x_1\cdot I_n)\cdot \det(A-x_2\cdot I_n)\]
\(x_1\) și \(x_2\) sunt soluțiile ecuației \(x^2+x-1=0\), \(x_1+x_2=-1=x_1\cdot x_2\)
\[\det(I_n-A-A^2)=p_A(x_1)\cdot p_A(x_2)\cdot (-1)^{-n}=\\=x_1^u\cdot (x_1+1)^u\cdot x_2^v\cdot (x_2+1)^v
\cdot (-1)^{-n}\]
\[\det(I_n-A\cdot B)=(x_1\cdot x_2)^u\cdot (1+x_1+x_2+x_1x_2)^v\cdot (-1)^{-n}
=\\=(-1)^n\cdot (-1)^{-n}=1\ne 0\]
Deci matricea \(I_n-A\cdot B\) este inversabilă.
Problema 6
Dacă matricea \(A\in M_2(\mathbb{R})\) satisface relația \(A^3-3\cdot A^2+4\cdot A=2\cdot I_2\), să se arate că \(Tr(A)=2\), unde \(Tr(A)\) reprezintă urma matricei \(A\).
Soluție
\(A^3-3\cdot A^2+4\cdot A-2\cdot I_2=O_2\),
\[x^3-3x^2+4x-2=(x-1)(x^2-2x+2)\]
\[m_A(x)\mid (x-1)(x^2-2x+2).\]
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\), atunci
\[m_A(x)=x-1,\ A=I_2,\ Tr(A)+2.\]
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=2\), atunci
\[m_A(x)=x^2-2x+2.\]
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[m_A=p_A,\]
\[A^2-2\cdot A+2\cdot I_2=O_2=A^2-(Tr(A))\cdot A+\det(A)\cdot I_2,\]
deci \(Tr(A)=2\).
Problema 7
Să se arate că dacă \(A\in M_n(\mathbb{R})\) și \(A^3=A+I_n\) atunci \(\det A > 0\).
Soluție
\(A^3-A-I_n=O_n\). Rezolvăm ecuația \(x^3-x-1=0\),
\[f(x)=x^3-x-1,\
f'(x)=3x^2-1\]
are rădăcinile \(x_1=-\displaystyle\frac{1}{\sqrt 3}\), \(x_2=\displaystyle\frac{1}{\sqrt 3}\).
Aplicăm șirul lui Rolle
\[f(-\infty )<0,\
f(x_1)<0,\
f(x_2)<0,\
f(\infty )>0.\]
Deci ecuația are o singură rădacină reală în intervalul \((1, 2)\) pe care o notăm cu \(a\).
Deci
\[m_A(x)\mid (x^3-x-1),\
x^3-x-1=\\=(x-a)(x^2+bx+c),\ a\cdot c=1,\ a>0,\ c>0,\]
\[m_A(x)=(x-a)^5(x^2+bx+c)^t.\]
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[p_A(x)=(x-a)^u(x^2+bx+c)^v=\\=(-1)^n\cdot \det(A-x\cdot I_n),\
u+2v=n.\]
Luăm \(x=0\),
\[p_A(0)=(-a)^u\cdot (c)^v=(-1)^n\cdot \det(A),\]
\[a^u\cdot c^v=(-1)^{n-u}\cdot \det(A),\]
\[a^u\cdot c^v=(-1)^{2v}\cdot \det(A)=\det(A)>0.\]
Problema 8
Fie \(A\in M_n(\mathbb{R})\) cu \(A^3=3\cdot A-2\cdot I_n\). Să se calculeze \(\det(A^2+A+I_n)\).
(Florian Dumitrel)
Soluție
\(A^3-3\cdot A+2\cdot I_n=O_n\),
\[m_A(x)\mid (x^3-3x+2),\]
\[x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2),\]
\[m_A(x)=(x-1)^3(x+2)^t.\]
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[p_A(x)=(x-1)^u\cdot (x+2)^v,\ u+v=n,\]
\[\det(A^2+A+I_n)=\det(A-\epsilon \cdot I_n)\cdot \det(A-\epsilon ^2\cdot I_n),\]
unde \(\epsilon \) este rădăcina cubică a unității
\[\epsilon ^3=1\mbox{ și }
\epsilon ^2+\epsilon +1=0.\]
Calculăm
\[p_A(\epsilon )=(\epsilon -1)^u\cdot (\epsilon +2)^v=(-1)^n\cdot \det(A-\epsilon \cdot I_n)\]
\[p_A(\epsilon ^2)=(\epsilon ^2-1)^u\cdot (\epsilon ^2+2)^v=(-1)^n\cdot \det(A-\epsilon ^2\cdot I_n)\]
\[p_A(\epsilon )\cdot p_A(\epsilon ^2)=(\epsilon -1)^u\cdot (\epsilon +2)^v\cdot (\epsilon ^2-1)^u\cdot (\epsilon ^2+2)^v
=\\=\det(A^2+A+I_n)\]
\[\det(A^2+A+I_n)=(\epsilon ^3-\epsilon -\epsilon ^2+1)^u\cdot (\epsilon^3+2\epsilon +2\epsilon ^2+4)^v
=\\=3^u\cdot 3^v=3^n.\]
Problema 9
Se spune că o matrice \(A\in M_2(\mathbb{R})\) are proprietatea \((P_n)\) dacă există \(n\in \mathbb{N}\), \(n\ge 3\) pentru care
\[A^n+A^{n-1}+A^{n-2}=O_2.\]
Dacă \(A\in M_2(\mathbb{R})\) are proprietatea \((P_{2010})\) și se notează \(B=A^2+A+I_2\), atunci matricea \(I_2-A\cdot B\) este inversabilă.
Soluție
\(A^{n-2}(A^2+A+I_2)=O_2\), \(m_A(x)\mid x^{n-2}(x^2+x+1)\)
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\), \(m_A(x)=x\) și \(p_A(x)=x^2\)
deci
\[A=O_2,\
B=I_2,\
I_2-A\cdot B=I_2\]
este inversabilă.
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=2\), \(m_A(x)=x^2+x+1\).
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[p_A(x)=x^2+x+1,\
A^2+A+I_2=O_2\\
B=O_2,\
I_2-A\cdot B=I_2\]
este inversabilă.
Dacă \(n\ge 4\),
\[p_A(x)=m_A(x)=m_A(x)=x^2,\
A^2=O_2,\
B=A+I_2,\]
\[I_2-A\cdot B=I_2-A\cdot (A+I_2)=I_2-A,\]
\[\det(I_2-A\cdot B)=\det(I_2-A)\ne 0,\]
\[p_A(1)=\det(A-I_2)=1,\]
atunci matricea \(I_2-A\cdot B\) este inversabilă.
Problema 10
Fie \(n\) un număr natural impar și \(A\in M_n(\mathbb{R})\).
a) Dacă \(A^2=O_n\), să se arate că \(\det(2011\cdot A+2\cdot I_n)\ge 0\ge \det(2011\cdot A-2\cdot I_n)\).
b) Dacă \(A^2=I_n\) să se demonstreze că \(\det(A-I_n)^{2011}\le 0\).
Soluție
a) \(m_A(x)\mid x^2\). Aplicăm teorema lui Frobenius, \(p_A(x)=x^n\), \(n\) impar, \(n\ge 3\).
Dacă \(A=O_n\), \(2^n\ge 0ge -2^n\), adevărat.
\[p_A(x)=x^n=(-1)^n\cdot \det(A-x\cdot I_n)\]
\[2011^n\cdot \det\left(A+\displaystyle\frac{2}{2011}\cdot I_n\right)\ge 0\ge 2011^n\cdot
\det\left(A-\displaystyle\frac{2}{2011}\cdot I_n\right)\]
\[p_A\left(\displaystyle\frac{2}{2011}\right)=\left(\displaystyle\frac{2}{2011}\right)^n
=(-1)^n\cdot \det\left(A-\displaystyle\frac{2}{2011}\cdot I_n\right),\]
\[\det\left(A-\displaystyle\frac{2}{2011}\cdot I_n\right)
=-\left(\displaystyle\frac{2}{2011}\right)^n\]
\[p_A\left(-\displaystyle\frac{2}{2011}\right)=\left(-\displaystyle\frac{2}{2011}\right)^n
=(-1)^n\cdot \det\left(A+\displaystyle\frac{2}{2011}\cdot I_n\right),\]
\[\det\left(A+\displaystyle\frac{2}{2011}\cdot I_n\right)=\left(\displaystyle\frac{2}{2011}\right)^n\]
\[2011^n\cdot \left(\displaystyle\frac{2}{2011}\right)^n\ge 0\ge -2011^n\cdot \left(\displaystyle\frac{2}{2011}\right)^n,\
\mbox{adevărat}.\]
b) \(A^2-I_n=O_n\), \(m_A(x)\mid (x^2-1)\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\), \(m_A(x)=x-1\), \(A=I_n\),
\[\det(A-I_n)^{2011}=0\le 0\]
sau
\[m_A(x)=x+1,\ A=-I_n,\
\det(A-I_n)^{2011}=-2^{2011n}\le 0\]
Aplicăm teorema lui Frobenius
\[p_A(x)=(x-1)^u\cdot (x+1)^v=(-1)^n\cdot \det(A-x\cdot I_n)\]
\[p_A(1)=(1-1)^u\cdot (1+1)^v=(-1)^n\cdot \det(A-I_n)=0\]
\[\det(A-I_n)^{2011}=[\det(A-I_n)]^{2011}=0\le 0.\]
Problema 11
Fie \(A,B\in M_2(\mathbb{C})\) cu proprietățile:
(1) \(A\cdot B=B\cdot A\).
(2) Există numerele naturale nenule \(m,n\) astfel încât \(A^m=O_2\) și \(B^n=O_2\).
Să se arate că \(A\cdot B=O_2\).
(Ion D. Ion)
Soluție
\(A^m=O_2\), \(m_A(x)\mid x^m\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\) atunci \(m_A(x)=x\), \(A=O_2\) deci \(A\cdot B=O_2\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=2\) atunci \(m_A(x)=x^2\).
Aplicăm teorema lui Frobenius: \(m_A=p_A\) deci \(A^2=O_2\).
Analog se demonstrează că \(B^2=O_2\).
Dacă \(B=O_2\), \(A\cdot B=O_2\). Dar
\[(A+B)^4=A^4+4\cdot A^3\cdot B+6\cdot A^2\cdot B^2+4\cdot A\cdot B^3+B^4=O_2,\]
\[(A+B)^4=O_2,\
m_{A+B}(x)\mid x^4.\]
Dacă \({\rm grad}(m_{A+B}(x))=1\) atunci
\[m_{A+B}(x)=x,\
A+B=O_2,\
A=-B,\]
deci \(A\cdot B=O_2\).
Dacă \({\rm grad}(m_{A+B}(x))=2\) atunci \(m_{A+B}(x)=x^2\).
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[m_A=p_A,\
(A+B)^2=O_2.\]
Dar
\[(A+B)^2=A^2+2\cdot A\cdot B+B^2=2\cdot A\cdot B=O_2,\]
deci \(A\cdot B=O_2\).
Problema 12
Fie \(A\in M_3(\mathbb{R})\) pentru care există \(\lambda \in (0,\sqrt [3]{4})\) astfel încât \(A^3=\lambda \cdot A+I_3\). Demonstrați că matricea \(A\) este inversabilă și \(\det(A)>0\).
(Cristinel Mortici)
Soluție
\(A^3-\lambda \cdot A-I_3=O_3\), \(m_A(x)\mid (x^3-\lambda \cdot x-1)\), \(x^3-\lambda \cdot x-1=0\),
\[f(x)=x^3-\lambda \cdot x-1,\
f'(x)=3x^2-\lambda \]
cu soluțiile
\(x_1=-\sqrt {\displaystyle\frac{\lambda }{3}}\), \(x_2=\sqrt {\displaystyle\frac{\lambda }{3}}\).
Aplicăm șirul lui Rolle:
\[f(x_1)=\displaystyle\frac{2\cdot \lambda \cdot \sqrt \lambda -3\cdot \sqrt 3}{3\cdot \sqrt 3}<0\]
deoarece \(2\cdot \lambda \cdot \sqrt \lambda <3\cdot \sqrt 3\), \(4\cdot \lambda ^3<27\), dar \(4\cdot \lambda ^3<4\cdot 4<27\),
\[f(x_2)=\displaystyle\frac{-2\cdot \lambda \cdot \sqrt \lambda -3\cdot \sqrt 3}{3\cdot \sqrt 3}<0.\]
Deci \(f(-\infty )<0\), \(f(x_1)<0\), \(f(x_2)<0\), \(f(\infty )>0\). Deci ecuația \(x^3-\lambda \cdot x-1=0\) are o singură soluție reală pozitivă \(a\in (x_2,\infty )\).
Deci
\[x^3-\lambda \cdot x-1=(x-a)(x^2+bx+c),\
b^2-4c<0.\]
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\),
\[m_A(x)=x-a,\
A=a\cdot I_3,\]
\(A\) este inversabilă și
\(\det(A)=a^3>0\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=2\) nu se poate deoarece nu ar mai avea aceiași divizori cu \(p_A(x)\).
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=3\), \(m_A=p_A\).
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[A^3-\lambda \cdot A-I_3=O_3=\\=A^3-Tr(A)\cdot A^2+Tr(A^*)\cdot A-\det(A)\cdot I_3\]
\[x^3-\lambda \cdot x-1=x^3-Tr(A)\cdot x^2+Tr(A^*)\cdot x-\det(A),\]
deci \(\det(A)=1>0\), \(A\) este inversabilă.
Problema 13
Fie o matrice \(B\in M_2(\mathbb{R})\), pentru care există \(k\in \mathbb{N}^*\) astfel încât \(B^k=O_2\). Dacă \(A\in M_2(\mathbb{R})\) este astfel încât \(A\cdot B=B\cdot A\), atunci \(\det(A+B)=\det A\).
Soluție
\(B^k=O_2\), \(m_B(x)\mid x^k\).
Dacă \({\rm grad}(m_B(x))=1\), \(m_B(x)=x\), \(B=O_2\), \(\det(A+B)=\det A\).
Dacă \({\rm grad}(m_B(x))=2\), \(m_B(x)=x^2\).
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[m_B=p_B,\
B^2=O_2.\]
Fie \(P(x)+\det(A+x\cdot B)=x^\cdot \det(B)+a\cdot x+\det(A)=a\cdot x+\det(A)\).
\[P(1)=\det(A+B)=a+\det A,\]
\[P(-1)=\det(A-B)=-a+\det A,\]
\[\det(A+B)+\det(A-B)=2\cdot \det A,\]
\begin{align*}
\det(A+B)\cdot \det(A-B)
& =\det(A^2-B^2)=(\det A)^2\\
& \le \left(\displaystyle\frac{\det(A+B)+\det(A-B)}{2}\right)^2\\
& =(\det A)^2
\end{align*}
Am folosit inegalitatea
\(x\cdot y\le \left(\displaystyle\frac{x+y}{2}\right)^2\).
Egalitatea are loc pentru \(x=y\), adică \(\det(A+B)=\det(A-B),\)
deci
\[\det(A+B)=\det A.\]
Problema 14
Fie \(A\in M_2(\mathbb{R})\) cu \(Tr(A)>2\). Să se arate că oricare ar fi \(n\in \mathbb{N}^*\), \(A^n\ne I_2\).
Soluție
Presupunem prin reducere la absurd că
\[A^n=I_2,\
A^n-I_2=O_2,\
m_A(x)\mid (x^n-1).\]
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=1\), deci \(m_A(x)=x-1\)
deci
\[A-I_2=O_2\,
A=I_2\,
Tr(A)=2>2\, \mbox{fals}\]
Dacă \({\rm grad}(m_A(x))=2\). Dar \(x^n-1\) are o rădăcină reală 1 și restul sunt complexe.
Ecuația \(x^n=1\) are soluțiile
\(x_k=\cos\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)+i\cdot \sin\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)\)
\[m_A(x)=\left[x-\!\left(\!\cos\!\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)\!
+i\cdot \sin\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)\!\right)\!\right]\cdot\\\cdot
\left[x-\!\left(\!\cos\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)-i\cdot \sin\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}
\right)\!\right)\!\right]\]
\[m_A(x)=x^2-2x\cdot \cos\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)+1.\]
Dar \({\rm grad}(p_A(x))=2\), \(m_A\mid p_A\) atunci \(m_A=p_A\)
\[p_A(x)=x^2-2x\cdot \cos\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)+1.\]
Dar \(p_A(x)=x^2-(Tr(A))\cdot x+\det A\), deci
\[Tr(A)=2\cdot \cos\left(\displaystyle\frac{2k\pi }{n}\right)\le 2\]
fals deoarece \(Tr(A)>2\).
Deci presupunerea facută este falsă. În concluzie \(A^n\ne I_2\), oricare ar fi \(n\in \mathbb{N}^*\).
Problema 15
Fie \(A\in M_n(\mathbb{R})\) cu \(A^n=a\cdot A\), unde \(a\in \mathbb{R}\setminus \{-1,1\}\). Să se arate că matricea \(B=A+I_n\) este inversabilă.
Soluție
\(A^n-a\cdot A=O_n\),
\[m_A(x)\mid (x^n-a\cdot x),\
m_A\mid p_A,\
{\rm grad}(p_A(x))=n.\]
Aplicăm teorema lui Frobenius:
\[p_A(x)=x^n-a\cdot x=(-1)^n\cdot \det(A-x\cdot I_n),\]
\[p_A(-1)=(-1)^n+a=(-1)^n\cdot \det(A+I_n)\]
Dacă \(n\) par, atunci \(p_A(-1)=1+a=\det(A+I_n)\ne 0\), deoarece \(a\ne -1\).
Dacă \(n\) impar atunci \(p_A(-1)=-1+a=-\det(A+I_n)\ne 0\) deoarece \(a\ne -1\).
Deci \(\det(A+I_n)\ne 0\), rezultă că matricea \(B=A+I_n\) este inversabilă.
În încheiere vă propunem ca temă următoarele exerciții propuse, în rezolvarea lor să se folosească Teorema lui Frobenius.
Probleme propuse
Problema 1, Problema 2, Problema 3, Problema 4, Problema 5, Problema 6, Problema 7, Problema 8, Problema 9, Problema 10, Problema 11, Problema 12, Problema 13, Problema 14, Problema 15, Problema 16, Problema 17.
