Revista (format .pdf, 1.0 MB) - Recreaţii Matematice

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