Revista (format .pdf, 1.0 MB) - Recreaţii Matematice
Revista (format .pdf, 1.0 MB) - Recreaţii Matematice
Revista (format .pdf, 1.0 MB) - Recreaţii Matematice
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
L63. Fie G ⊂ M n (R) un grup netrivial în raport cu produsul uzual al matricelor.<br />
Presupunem că există X ∈ G astfel încât pe fiecare linie, respectiv coloană asasă<br />
existe cel mult un element nenul şi acesta egal cu 1. Să se demonstreze că există<br />
k ∈ {1, 2,...n} astfel încât G este izomorf cu un subgrup al lui GL k (R) (s-a notat<br />
GL n (R) ={A ∈ M n (R) | det A 6= 0}).<br />
Ovidiu Munteanu, Braşov<br />
Soluţie. Vom spune că omatriceA are proprietatea (P ), dacă pe fiecare linie,<br />
respectiv coloană asaexistă cel mult un element nenul, şi acesta egal cu 1. Cum<br />
produsul a două matrici cu proprietatea (P ) are proprietatea (P ) rezultă căşi X 2 ,<br />
X 3 , X 4 , . . . au proprietatea (P ). Dar, cum existăunnumăr finit de matrici de<br />
ordin n cu elemente 0 sau 1 rezultă cămulţimea © X, X 2 ,X 3 ,... ª este finită, deci<br />
∃k, h ≥ 1, k > h,astfelîncâtX k = X h . Acum, simplificând în G, vom obţine<br />
X k−h = E, unde E este elementul neutru în G. Avem deci că E are proprietatea<br />
(P ) şi E 2 = E. FieE =(e ij ) i,j=1,n<br />
;să presupunem că ∃i, j astfel ca e ij =1;rezultă<br />
că 1=<br />
P e ik e kj ,deci∃s astfel ca e is = e sj =1. Dar, pe linia i aluiE nu se<br />
k=1,n<br />
află douăelementeegalecu1, decis = j. Totodată, pe coloana j nu se află două<br />
elemente egale cu 1, decis = i. Rezultă i = j, adică eventualele elemente nenule ale<br />
lui E sunt pe diagonala principală. Evident E 6= O n deoarece G este netrivial. Vom<br />
presupune acum că elementele nenule ale lui E sunt e i1j 1<br />
=1,...,e irj r<br />
=1. (1)<br />
Fie A ∈ G oarecare; A = (a ij ) i,j=1,n<br />
. Din A = AE = EA rezultă că<br />
a ij =<br />
P a ik e kj =<br />
P e ik a kj . Folosind (1) va rezulta că singurele elemente nenule<br />
k=1,n<br />
k=1,n<br />
ale lui A pot fi din mulţimea {A isj t<br />
} s,t=1,r<br />
. Fie aplicaţia Φ care asociază matricei<br />
A matricea A e ∈ M r (R), A e =(aisjt ) s,t=1,r<br />
. Evident, E e = Ir şi Φ : G → M r (R)<br />
este morfism injectiv şi unitar de monoizi. Întrucât (G, ·) este grup şi Φ este unitar,<br />
rezultă că Φ (G) ⊂ GL r (R). Prinurmare,G este izomorf cu Φ (G), care este subgrup<br />
al lui GL r (R).<br />
L64. Fie şirul (x n ) n≥1<br />
definit prin: x 1 ,x 2 ∈ N ∗ , x n+2 = [x n+1,x n ]<br />
, n ≥ 1.<br />
x n+1<br />
Dacă x 2003 = 2004, demonstraţi că şirul nu este convergent.<br />
Iuliana Georgescu şi Paul Georgescu, Iaşi<br />
Soluţie. Se observă că x n ∈ N ∗ , ∀n ≥ 1. În plus, x n+2 ≤ x n+1x n<br />
= x n ,deci<br />
x n+1<br />
(x 2n ) n≥1 şi (x 2n−1 ) n≥1<br />
sunt monoton descrescătoare şi, cum sunt şiruri de numere<br />
naturale, sunt constante de la un loc încolo, egale cu a, respectiv cu b. Astfel,pentru<br />
[a, b]<br />
n suficient de mare, b = , deci (a, b) = 1. Să presupunem prin absurd că<br />
a<br />
(x n ) n≥1<br />
este convergent; atunci a = b =1. Fie i 0 indicele primului termen din şir<br />
care este egal cu 1; avemcă i 0 > 1 deoarece x 1 ≥ x 2003 > 1 şi fie x i0−1 = a>1.<br />
Avem că x i0+1 = [1,a]<br />
[a, 1]<br />
= a, x i0+2 = =1şi, prin inducţie, x i0+2k+1 = a,<br />
1<br />
a<br />
x i0+2k =1, ∀k ≥ 0. Acest fapt intrăîncontradicţie cu convergenţa şirului, fapt ce<br />
încheie rezolvarea.<br />
L65. Fie n ∈ N şi funcţiile f,g : R → R, undef (x) =x 2n cos (1/x), ∀x 0, iar g (x) = x 2n+1 sin (1/x), ∀x < 0,<br />
69