teme ˘si probleme pentru concursurile internat˘ionale ... · pdf fileteme ˘si probleme...

Teme si probleme pentru concursurile

internationale studentesti de matematica

Cornel Baetica, Monica Burlica, Mihai Ispas, Gabriel Mincu,Mircea Olteanu, Ariadna Pletea, Vasile Pop, Dorian Popa,

Liliana Popa, Marcel Roman, Radu Strugariu

Lucrarea a fost elaborata dupa cum urmeaza:

Capitolul 1. Cornel Baetica

Capitolul 2. Gabriel Mincu

Capitolul 3. Vasile Pop, Ariadna Pletea

Capitolul 4. Vasile Pop

Capitolul 5. Vasile Pop, Ariadna Pletea

Capitolul 6. Vasile Pop, Marcel Roman

Capitolul 7. Vasile Pop, Mircea Olteanu

Capitolul 8. Liliana Popa

Capitolul 9. Dorian Popa, Vasile Pop

Capitolul 10. Dorian Popa

Capitolul 11. Mircea Olteanu, Radu Strugariu

Capitolul 12. Liliana Popa

Capitolul 13. Monica Burlica, Mihai Ispas

Capitolul 14. Gabriel Mincu

Cuprins

Introducere 2

I. Algebra si Geometrie 3

1 Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri 4

2 Polinoame 43

3 Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice 84

4 Spatii vectoriale si aplicatii liniare 145

5 Spatii euclidiene si operatori liniari 170

6 Geometrie vectoriala si analitica 203

II. Analiza matematica 242

7 Siruri si serii numerice 243

8 Calcul diferential pentru functii de o variabila reala 287

9 Calcul integral pentru functii de o variabila reala 308

10 Functii de mai multe variabile reale 341

11 Siruri si serii de functii: serii Taylor, serii Fourier 372

12 Functii complexe 422

III. Matematici discrete 448

13 Combinatorica si grafuri 449

14 Aritmetica si teoria numerelor 489

1

Introducere

Concursurile de matematica, nationale si internationale pentru elevi au o traditieındelungata, primul concurs international fiind organizat la initiativa Romaniei, ınRomania ın anul 1959 (Olimpiada Internationala de Matematica). In toti acesti ani, lanivelul matematicii preuniversitare s-a ajuns la o programa de concurs comuna, unanimacceptata de toate tarile participante la OIM (ın prezent peste 120 de tari) iar concur-sul reprezinta pentru multi dintre participanti cel mai important test de verificare alnivelului pregatirii matematice si ın acelasi timp un barometru pentru nivelul matematiciicompetitionale al tarii din care provin.

Este de dorit ca si la nivel universitar competitiile internationale sa urmeze modelulOIM, ın special ca forma de organizare si ca programa de concurs general acceptata sicunoscuta.

La nivel universitar concursurile de matematica s-au desfasurat foarte mult timp doarla nivel national ın diverse tari si ın multe cazuri sporadic. Cea mai veche competitienationala cu desfasurare neıntrerupta este concursul Putnam, organizat ın Statele Uniteale Americii ıncepand cu anul 1938. In Romania, Concursul National Studentesc ”TraianLalescu” s-a desfasurat la mai multe discipline, s-a ıntrerupt ın perioada 1992-2006 si afost reluat din 2007 la matematica.

Cea mai importanta competitie internationala de matematica pentru studenti esteIMC (International Mathematics Competition for University Students) care se organizeazaitinerant din 1994 fiind echivalentul Olimpiadei Internationale de Matematica la niveluniversitar. In ultimii ani la aceasta competitie participa peste 300 de studenti din peste 70de universitati si peste 30 de tari. Competitia este individuala iar fiecare echipa reprezinta ouniversitate (nu o tara). Dificultatea problemelor date ın concurs este deosebit de ridicata,iar rezultatul este edificator: concursul se desfasoara pe durata a doua zile si se dau 5 sau6 probleme ın fiecare zi.

Incepand din 2007 se desfasoara Concursul International Studentesc SEEMOUS (SouthEastern European Mathematical Olympiad for University Students), analogul OlimpiadeiBalcanice de Matematica pentru elevi, la care au participat ın fiecare an studenti de launiversitati din Romania (Bucuresti, Cluj-Napoca, Iasi, Timisoara).

Aceasta culegere de probleme a fost gandita pentru a pune la dispozitia studentilordin Romania un material necesar pentru o buna pregatire matematica ın vederea ridicariinivelului pregatirii obisnuite la nivel competitional (national sau international). Laelaborarea cartii au fost implicati profesori cu experienta la concursurile nationale siinternationale studentesti.

In elaborarea programei care sta la baza culegerii am decis, dupa discutii cureprezentanti ai majoritatii universitatilor din tara, sa folosim curricula concursurilorinternationale de matematica la care studentii de la universitatile din Romania participacel mai frecvent.

Problemele au fost ımpartite pe teme ın 14 capitole:

2

Introducere 3

• Algebra - capitolele 1 si 2,• Algebra liniara - capitolele 3, 4, 5,• Geometrie analitica - capitolul 6,• Analiza reala (functii de o variabila) - capitolele 7, 8, 9,• Analiza matematica (functii de mai multe variabile) - capitolul 10,• Siruri si serii de functii - capitolul 11,• Functii complexe - capitolul 12,• Matematici discrete - capitolele 13 si 14.

Fiecare capitol ıncepe cu o prezentare a notiunilor si rezultatelor necesare rezolvariiproblemelor, urmata de un numar suficient de probleme rezolvate, unele clasice, dar sem-nificative, altele pentru antrenament si altele selectate din concursurile internationale saunationale ale altor tari ca: Rusia, Franta, Iran, S.U.A., Ungaria, Cehia, Israel.

Culegerea contine peste 600 de probleme cu rezolvari complete, o lista de peste 50 detitluri bibliografice (carti editate ın tara sau ın strainatate), precum si o lista de adresede Internet ale diverselor concursuri internationale studentesti. Dupa cunostinta autoriloraceasta culegere este prima ın lume care trateaza o astfel de tematica la modul general,nefiind dedicata doar unui anumit concurs.

Fiecare capitol al culegerii a fost elaborat de unul sau doi dintre cei 11 autori si fiecarea putut contribui cu probleme la orice alt capitol. De coordonarea ıntregii culegeri sifinalizarea ei s-au ocupat conf. dr. Vasile Pop de la Universitatea Tehnica din Cluj-Napocasi conf. dr. Cornel Baetica de la Universitatea din Bucuresti.

Capitolul 1

Structuri algebrice: monoizi,grupuri, inele, corpuri

Definitii si rezultate

Legi de compozitie. Semigrupuri. Monoizi• Fie M o multime nevida. O functie ϕ : M ×M → M se numeste lege de compozitiepe M . Daca nu mentionam altfel, legea de compozitie va fi notata multiplicativ, adicaϕ(x, y) = xy. Daca legea de compozitie este asociativa, adica (xy)z = x(yz) pentru oricex, y, z ∈ M , atunci (M,ϕ) se numeste semigrup. Daca ın plus exista un element neutrue ∈M , adica xe = ex = x pentru orice x ∈M , atunci semigrupul M se numeste monoid.Daca nu exista nici un pericol de confuzie, ın loc de (M,ϕ) vom scrie simplu M .• Daca M este monoid, atunci multimea U(M) = x ∈M | x este simetrizabil este grupcu legea de compozitie indusa din cea a lui M si se numeste grupul unitatilor lui M .• Fie M un monoid si M ′ o submultime nevida a sa. Daca M ′ este monoid ın raport culegea indusa (echivalent, xy ∈ M ′ pentru orice x, y ∈ M ′ si elementul identitate al lui Mse afla ın M ′), atunci M ′ se numeste submonoid al lui M .• Daca S, S′ sunt semigrupuri si f : S → S′ o functie cu proprietatea ca f(xy) = f(x)f(y)pentru orice x, y ∈ S, atunci f se numeste morfism de semigrupuri. Daca M,M ′ suntmonoizi, iar f : M →M ′ este o functie cu proprietatea ca f(xy) = f(x)f(y) pentru oricex, y ∈M si f(e) = e′, unde e, e′ sunt elementele identitate ale celor doi monoizi, atunci fse numeste morfism de monoizi.

Grupuri• Daca G este un grup multiplicativ, atunci, daca nu se precizeaza altfel, elementul neutruse noteaza cu e (sau cu 1).• Ordinul unui element g al unui grup se noteaza ord(g) si este cel mai mic numar naturalnenul n cu proprietatea ca gn = e.Daca G este grup finit, atunci ord(g) | |G|.• Fie G grup si H ⊆ G, H 6= ∅. Atunci H se numeste subgrup al lui G daca pentru oricex, y ∈ H avem ca xy−1 ∈ H.Scriem ca H este un subgrup al lui G astfel: H ≤ G.Un subgrup H al lui G se numeste propriu daca H 6= G.• Daca X este o submultime a unui grup G, atunci intersectia tuturor subgrupurilor luiG care contin pe X se numeste subgrupul generat de X si se noteaza cu 〈X〉.• Fie G un grup si H ≤ G. Doua elemente x, y ∈ G se numesc congruente modulo H la

4

Structuri algebrice: monoizi, grupuri, inele, corpuri 5

stanga (respectiv, la dreapta) daca x−1y ∈ H (respectiv, xy−1 ∈ H). Ambele relatii decongruenta modulo H sunt relatii de echivalenta.Notam cu (G/H)s (respectiv, (G/H)d) multimea claselor de resturi pentru relatia decongruenta la stanga (respectiv, la dreapta) modulo H si avem ca |(G/H)s| = |(G/H)d|.Fie [G : H] = |(G/H)s| = |(G/H)d|; [G : H] se numeste indicele lui H ın G.• Teorema lui Lagrange. Fie H ≤ K ≤ G. Atunci [G : H] = [G : K][K : H].• Lema lui Poincare. Fie H,K ≤ G. Atunci [G : H ∩ K] ≤ [G : H][G : K]. Daca[G : H] < ∞ si [G : K] < ∞, atunci [G : H ∩ K] = [G : H][G : K] daca si numai dacaG = HK.• Fie H ≤ G. Daca xHx−1 = H pentru orice x ∈ G sau echivalent, (G/H)s = (G/H)d,atunci H se numeste subgrup normal.Scriem ca H este subgrup normal al lui G astfel: H EG.In acest caz, pe multimea G/H = (G/H)s = (G/H)d se defineste o structura de grup.G/H se numeste grupul factor al lui G prin subgrupul normal H.• Fie H E G. Aplicatia p : G → G/H, p(a) = a pentru orice a ∈ G, este morfism degrupuri si se numeste proiectia canonica.• Grupurile factor au urmatoarea proprietate de universalitate: fie G, G′ doua grupuri, Hsubgrup normal al lui G si f : G→ G′ morfism de grupuri cu proprietatea ca H ⊆ Ker f .Atunci exista si este unic un morfism de grupuri f : G/H → G′ care satisface conditiafp = f , unde p : G→ G/H este proiectia canonica.• Un subgrup propriu H al lui G se numeste subgrup maximal daca pentru orice K ≤ Gcu H ⊆ K, rezulta ca K = H sau K = G.• Fie Z(G) = x ∈ G | xg = gx pentru orice g ∈ G. Multimea Z(G) se numeste centrulgrupului G si este subgrup normal al lui G.• Daca H ≤ G, atunci CG(H) = x ∈ G | xh = hx pentru orice h ∈ H se numestecentralizatorul lui H ın G. Pentru un element g ∈ G, multimea CG(g) = x ∈ G | xg = gxse numeste centralizatorul elementului g. Sa observam ca CG(g) si CG(H) sunt subgrupuriale lui G.• Un grup G se numeste simplu daca singurele sale subgrupuri normale sunt G si e.• Fie G un grup, H ≤ G si HG =

⋂x∈G

xHx−1. HG se numeste interiorul normal al lui H

ın G si este cel mai mare subgrup normal al lui G continut ın H. In particular, H E Gdaca si numai daca HG = H.• Fie G un grup, H ≤ G si NG(H) = x ∈ G : xHx−1 = H. NG(H) se numestenormalizatorul lui H ın G si NG(H) este cel mai mare subgrup al lui G ın care H estenormal. In particular, H EG daca si numai daca NG(H) = G.• Daca H ≤ G, atunci CG(H)ENG(H) si NG(H)/CG(H) este izomorf cu un subgrup allui Aut(H).• Fie G un grup si x, y ∈ G. Definim comutatorul lui x cu y ca fiind elementul[x, y] = x−1y−1xy. Elementele lui G de forma [x, y] se numesc comutatori. In general,produsul a doi (sau mai multi) comutatori nu este neaparat un comutator. Definimsubgrupul comutator al lui G ca fiind subgrupul generat de toti comutatorii lui G si ıl vomnota cu G′ (se mai noteaza si cu [G,G]). Sa observam ca G/G′ este un grup comutativ,numit abelianizatul lui G. Mai mult, daca H EG, atunci G/H este abelian daca si numaidaca G′ ⊆ H.• Daca X este o multime nevida, multimea bijectiilor de la X la X este grup cucompunerea functiilor. Acest grup se numeste grupul simetric al multimii X si se noteazacu S(X). Elementele lui S(X) se numesc permutari. Daca X = 1, . . . , n, atunci S(X)se noteaza cu Sn. Subgrupul lui Sn care consta din toate permutarile pare se noteaza cu

6

An si se numeste grupul altern de grad n.• Un grup finit G se numeste p-grup, unde p este numar prim, daca |G| = pn, n ∈ N∗. Inacest caz, Z(G) 6= e.• Fie G un grup finit si p un numar prim cu proprietatea ca p | |G|.Un subgrup H al lui G cu |H| = pm, m ∈ N∗, se numeste p-subgrup. In cazul ın care(p, [G : H]) = 1, H se numeste p-subgrup Sylow.Multimea p-subgrupurilor Sylow ale lui G se noteaza Sylp(G).• Teoremele lui Sylow. Fie G un grup finit si p un numar prim cu proprietatea ca p | |G|.(i) G contine un p-subgrup Sylow.(ii) Orice doua p-subgrupuri Sylow sunt conjugate, adica daca P1 si P2 sunt p-subgrupuriSylow, atunci exista x ∈ G astfel ıncat P2 = xP1x

−1.(iii) Daca np este numarul p-subgrupurilor Sylow ale lui G, atunci np ≡ 1 (mod p),np = [G : NG(P )] si np | [G : P ] pentru orice p-subgrup Sylow P .

Inele• Prin inel vom ıntelege o multime R ınzestrata cu doua legi de compozitie: adunarea”+” si ınmultirea ”·”, astfel ıncat (R,+) este grup abelian, iar ınmultirea este asociativasi distributiva la stanga si la dreapta fata de adunare. Daca, ın plus, exista un elementneutru pentru ınmultire (notat de obicei cu 1), atunci (R,+, ·) se numeste inel unitar.• Daca R si S sunt inele, un morfism de inele f : R → S este o functie pentru caref(a + b) = f(a) + f(b) si f(ab) = f(a)f(b) pentru orice a, b ∈ R. Daca R si S suntinele unitare si morfismul de inele f : R → S verifica si f(1R) = 1S (unde 1R si 1S suntelementele identitate la ınmultire pentru R si S), atunci f se numeste morfism unitar deinele. Daca R si S sunt inele unitare, atunci, daca nu precizam altfel, prin morfism de inelede la R la S se ıntelege morfism unitar.• Pentru orice submultime nevida A a unui inel R se noteaza CR(A) = r ∈ R | ra = arpentru orice a ∈ A si se numeste centralizatorul lui A ın R. In particular, CR(R), care senoteaza cu Z(R) (sau C(R)), se numeste centrul lui R.• Fie R un inel unitar. Un element x ∈ R se numeste inversabil la stanga (respectiv ladreapta) daca exista y ∈ R astfel ıncat yx = 1 (respectiv xy = 1). Elementul y se numesteinvers la stanga (respectiv la dreapta) al lui x. Daca x este inversabil la stanga si la dreapta,atunci se numeste element inversabil.• Fie R un inel. Un element a ∈ R se numeste divizor al lui zero la stanga (respectiv ladreapta) daca exista b ∈ R, b 6= 0, astfel ıncat ab = 0 (respectiv ba = 0). Daca a este divizoral lui zero la stanga si la dreapta, atunci se numeste divizor al lui zero. (De exemplu, 0este divizor al lui zero.) Un element care nu este divizor al lui zero nici la stanga si nicila dreapta se numeste nondivizor al lui zero sau element regulat. Un inel fara divizori ailui zero la stanga si la dreapta (diferiti de 0) se numeste inel integru. (Echivalent, dacaab = 0, atunci a = 0 sau b = 0.) Un inel integru comutativ (cu 0 6= 1) se numeste domeniude integritate.• Fie R un inel si x ∈ R. x se numeste nilpotent daca exista un n ∈ N astfel ıncatxn = 0. Cel mai mic n cu proprietatea ca xn = 0 se numeste indicele de nilpotenta al luix. Elementul x se numeste idempotent daca x2 = x.• Fie R un inel si I ⊆ R, I 6= ∅. I se numeste ideal stang (respectiv ideal drept) al lui Rdaca x−y ∈ I pentru orice x, y ∈ I si ax ∈ I (respectiv xa ∈ I) pentru orice a ∈ R, x ∈ I.Daca I este si ideal stang si ideal drept, atunci se numeste ideal bilateral. Daca R este inelcomutativ, atunci cele trei definitii de mai sus coincid si spunem ca I este ideal.• Daca I este ideal bilateral ın inelul R, notam cu R/I inelul factor. Aplicatia p : R→ R/I,p(a) = a pentru orice a ∈ R, este morfism de inele si se numeste proiectia canonica.


• Inelele factor au urmatoarea proprietate de universalitate: fie R, R′ doua inele, I idealbilateral al lui R si f : R → R′ morfism de inele cu proprietatea ca I ⊆ Ker f . Atunciexista si este unic un morfism de inele f : R/I → R′ care satisface conditia fp = f , undep : R→ R/I este proiectia canonica.• Daca R este un inel si I ⊆ J doua ideale bilaterale ale sale, atunci exista un izomorfismcanonic R/I

J/I ' R/J .• Fie R un inel comutativ si P ⊆ R un ideal.P se numeste ideal prim daca P 6= R si ab ∈ P implica a ∈ P sau b ∈ P , unde a, b ∈ R.Echivalent, R/P este domeniu de integritate.P se numeste ideal maximal daca P 6= R si nu exista un alt ideal propriu al lui R care sacontina strict pe P . Echivalent, R/P este corp.• Pentru un inel R se vor folosi urmatoarele notatii:U(R) = multimea elementelor inversabile din R,D(R) = multimea divizorilor lui zero din R,N(R) = multimea elementelor nilpotente din R,Idemp(R) = multimea elementelor idempotente din R,Spec(R) = multimea idealelor prime ale lui R,Max(R) = multimea idealelor maximale ale lui R.• Daca I si J sunt ideale (stangi, drepte, bilaterale) ın inelul R, notam cu IJ multimeaelementelor lui R de forma x1y1+. . .+xnyn, cu n ∈ N∗, x1, . . . , xn ∈ I si y1, . . . , yn ∈ J , iarcu I+J multimea elementelor lui R de forma x+y, cu x ∈ I si y ∈ J . Atunci IJ , respectivI + J , este ideal (stang, drept, bilateral) al lui R si se numeste produsul, respectiv suma,idealelor I si J . Puterile In ale idealului I se definesc recurent prin I1 = I si In = IIn−1

pentru n ≥ 2.• Un ideal (stang, drept, bilateral) al lui R se numeste ideal nilpotent daca exista n ∈ N∗cu proprietatea ca In = 0.• Prin R[X] vom nota inelul polinoamelor ın nedeterminata X cu coeficienti ıntr-un inelR. Inelele de polinoame au urmatoarea proprietate de universalitate: pentru orice morfismde inele f : R → S si pentru orice s ∈ S, exista si este unic un morfism f : R[X] → Sastfel ıncat fε = f (unde ε : R → R[X], ε(a) = a pentru orice a ∈ R, este morfismulcanonic) si f(X) = s.Daca f ∈ R[X], atunci prin grad(f) notam gradul lui f .Daca I este ideal (stang, drept, bilateral) al lui R, atunci prin I[X] notam multimeapolinoamelor din R[X] cu toti coeficientii ın I. Se observa ca I[X] este ideal (stang, drept,bilateral) al inelului R[X].• Prin Mn(R), n ∈ N∗, notam inelul matricelor patratice de ordin n cu coeficienti ıntr-uninel R.Daca I este un ideal (stang, drept, bilateral) al lui R, atunci se noteaza cu Mn(I) multimeamatricelor cu toate elementele ın I. Se observa ca Mn(I) este ideal (stang, drept, bilateral)al lui Mn(R).Are loc si o reciproca: orice ideal bilateral al lui Mn(R) este de forma Mn(I), cu I idealbilateral al lui R.• Fie R un inel comutativ si unitar. Prin R[[X]] vom nota inelul de serii formale ınnedeterminata X cu coeficienti ın R. Daca f = a0 +a1X+ · · · este o serie formala nenula,atunci ordinul lui f se noteaza cu ord(f) si este cel mai mic n cu proprietatea ca an 6= 0.

8

Probleme

Problema 1.1 Fie (M, ·) un semigrup finit. Sa se arate ca exista un sir de numere naturale

n1 < n2 < . . . < nk < . . . astfel ıncat pentru orice x ∈M are loc xn1 = xn2 = . . . = xnk =

. . ..

Solutie. Incepem prin a observa ca daca ın semigrupul finit M consideram un elementx, iar (kn) este un sir strict crescator de numere naturale, atunci putem alege un subsir(kni) al sau astfel ıncat elementele xkni , i ≥ 1, sa ia toate aceeasi valoare. Aceasta esteevident, deoarece elementele sirului xkn pot lua doar un numar finit de valori. Fie M =x1, . . . , xr. Aplicam observatia de mai sus elementului x1 si sirului tuturor numerelornaturale. Obtinem un sir (ni)i≥1 de numere naturale pentru care toate puterile xni1 suntegale. Aplicam acum observatia de mai sus elementului x2 si sirului (ni)i≥1. Renotand,obtinem un sir (ni)i≥1 pentru care toti xni1 iau aceeasi valoare si toti xni2 sunt egali.Continuand procedeul obtinem dupa r pasi sirul cautat.

Problema 1.2 Fie (M,+) un submonoid al lui (N,+). Sa se arate ca exista o submultime

finita A a lui N si d, n0 ∈ N astfel ıncat M = A ∪ nd | n ≥ n0.

Solutie. Vom demonstra mai ıntai urmatoareaLema. Fie n ≥ 2 un numar natural si a1, . . . , an ∈ N∗ cu proprietatea ca (a1, . . . , an) = 1.Atunci exista n0 ∈ N∗ cu proprietatea ca pentru orice x ∈ N, x ≥ n0, exista k1, . . . , kn ∈ Nastfel ıncat x = k1a1 + · · ·+ knan.Demonstratie. Inductie dupa n. Daca n = 2, alegem n0 = a1a2 si consideram sirul denumere 0 · a2, 1 · a2, . . . , (a1 − 1) · a2. Sa observam ca termenii sirului dau resturi distinctela ımpartirea cu a1 si fiind ın numar de a1 vor aparea toate resturile posibile. Daca x ≥ n0,scriem x = qa1 + r cu 0 ≤ r < a1. Din cele de mai sus rezulta ca exista l ∈ 0, . . . , a1 − 1astfel ıncat la2 = q′a1 + r. Deci x − la2 = (q − q′)a1. Daca q − q′ < 0, atunci x < la2 sirezulta a1a2 < la2, adica a1 < l, fals. Rezulta ca q − q′ ≥ 0 si r = la2 + (q − q′)a1.Daca n > 2, notam b = (a1, . . . , an−1) si c = an. Atunci (b, c) = 1 si din cele de mai susrezulta ca exista n1 ∈ N cu proprietatea ca pentru orice x ∈ N, x ≥ n1, exista k, l ∈ Nastfel ıncıt x = kb + lc. Dar (a1/b, . . . , an−1/b) = 1 si din ipoteza de inductie rezulta caexista n2 ∈ N cu proprietatea ca pentru orice y ∈ N, y ≥ n2, exista l1, . . . , ln−1 ∈ Nastfel ıncıt y = l1a1/b + · · · + ln−1an−1/b ⇒ by = l1a1 + · · · + ln−1an−1 pentru y ≥ n2.Consideram n0 = n2b(1 + c) + n1 si aratam ca pentru orice x ≥ n0 exista k1, . . . , kn ∈ Nastfel ca x = k1a1 + · · ·+ knan.Cum n0 > n1, exista k, l ∈ N astfel ca x = kb + lc. Putem presupune ca k ≥ n2, altfelk < n2 ⇒ n2b(1 + c) < x = kb + lc < n2b + lc ⇒ n2bc < lc ⇒ n2b < l ⇒ x =(k + n2c)b + (l − n2b)c, scriere ın care coeficientii lui b si c sunt numere naturale iarcoeficientul lui b este mai mare sau egal decat n2. Deci bk = l1a1 + · · · + ln−1an−1, undel1, . . . , ln−1 ∈ N. In concluzie, x = kb+ lc = l1a1 + · · ·+ ln−1an−1 + lc si nu avem decat saalegem k1 = l1, . . . , kn−1 = ln−1, kn = l pentru a obtine scrierea dorita.

Sa trecem acum la rezolvarea problemei. Fie d cel mai mare divizor comun al ele-mentelor multimii M − 0. Atunci (1/d)M ⊆ N este submonoid, deci putem presupunede la ınceput ca d = 1. Scriem M − 0 = a1, . . . , an, . . . si notam qn = (a1, . . . , an) ⇒. . . | qn | qn−1 | . . . | q2 | q1 ⇒ . . . ≤ qn ≤ qn−1 ≤ . . . ≤ q2 ≤ q1, deci exista t ∈ Nastfel ıncat qn = qn+1 pentru orice n ≥ t. Notam q = qn si cum q|an pentru orice n ∈ N∗,


avem ca q = 1. Deci (a1, . . . , an) = 1, unde n ≥ t este fixat ⇒ exista n0 ∈ N∗ (conformlemei) cu proprietatea ca pentru orice x ∈ N, x ≥ n0, exista k1, . . . , kn ∈ N astfel ıncatx = k1a1 + · · · + knan ⇒ x ∈ N | x ≥ n0 ⊆ M , deci M = A ∪ x ∈ N | x ≥ n0, undeA = x ∈M | x < n0 este ın mod evident o multime finita.

Observatie. Din demonstratie rezulta ca elementele multimii A sunt si ele multipli ded.

Problema 1.3 (i) Sa se arate ca monoidul (N∗, ·) este izomorf cu monoidul (M2, ·), unde

M2 = 2n+ 1 | n ≥ 0.

(ii) Fie M3 = 3n+ 1 | n ≥ 0 si M5 = 5n+ 1 | n ≥ 0. Sa se arate ca (M3, ·) si (M5, ·)

sunt monoizi si ca oricare doi dintre monoizii (N∗, ·), (M3, ·) si (M5, ·) sunt neizomorfi.

Solutie. (i) Definim f : N∗ → M2 astfel: daca n = 2km, k ∈ N si m impar, atuncif(2km) = m. Este usor de vazut ca f este izomorfism de monoizi.(ii) Este imediat ca M3 si M5 sunt monoizi ın raport cu operatia de ınmultire. Sa pre-supunem ca ar exista un izomorfism f : N∗ → M3. Fie p ∈ N∗ un numar prim de forma3k− 1. Atunci p2 ∈M3 si deci exista x ∈ N∗ astfel ıncat f(x) = p2. Avem ca x este numarprim, altfel x ar fi reductibil, deci ar exista y, z ∈ N∗ − 1 astfel ıncat x = yz. De aicirezulta f(x) = f(yz) = f(y)f(z), adica f(y) = f(z) = p (deoarece f(a) = 1⇒ a = 1). Inconsecinta, p ∈M3, contradictie.Fie acum q ∈ N∗ ınca un numar prim de forma 3k − 1, q 6= p. Rezulta ca exista y, z ∈ N∗numere prime astfel ıncat f(y) = q2 si f(z) = pq. Obtinem f(x)f(y) = f(z)2 si tinandseama ca f este izomorfism de monoizi rezulta ca xy = z2. Tinand cont ca x, y, z suntnumere prime, deducem ca x = y = z, contradictie. Deci monoizii N∗ si M3 nu suntizomorfi.

Analog se poate arata ca monoizii N∗ si M5 nu sunt izomorfi, considerand numereprime de forma 5k − 1.

Presupunem acum ca exista un izomorfism f : M3 →M5. Sa aratam mai ıntai ca dacax ∈M3 si x este ireductibil ın M3, atunci x este numar prim sau x = p1p2 cu p1, p2 numereprime de forma 3k−1. Presupunem ca x nu este numar prim, deci exista a, b ∈ N, a, b > 1astfel ıncat x = ab. Rezulta ca a, b sunt de forma 3k − 1 (altfel ar trebui sa fie de forma3k+ 1, ceea ce ar ınsemna ca x este reductibil ın M3). Daca a nu este numar prim, atuncia = uv cu u, v ∈ N, u, v > 1. Atunci u este de forma 3k + 1 si v este de forma 3k − 1 (sauinvers), deci x = u(vb) cu u, vb ∈ M3 ⇒ x reductibil in M3, contradictie. Deci a si b suntnumere prime.

Fie acum q1, q2, q3, q4 ∈ N numere prime distincte de forma 5k + 2. Atunci (q1q2)2,(q1q3)2, (q2q4)2, (q3q4)2, q1q2q3q4 ∈ M5 si exista x, y1, y2, z1, z2 ∈ M3 distincte si ire-ductibile astfel ıncıt f(x) = q1q2q3q4, f(y1) = (q1q2)2, f(y2) = (q3q4)2, f(z1) = (q1q3)2,f(z2) = (q2q4)2. De aici obtinem ca f(x)2 = f(y1)f(y2) = f(z1)f(z2)⇒ f(x2) = f(y1y2) =f(z1z2) ⇒ x2 = y1y2 = z1z2, deci ın monoidul M3 elementul x2 are trei descompuneri dis-tincte ın factori ireductibili, ceea ce este usor de verificat ca nu este posibil (tinand contde descrierea elementelor ireductibile din M3).

Problema 1.4 Fie A o multime nevida si f : A3 → A o functie cu proprietatile:

(a) f(x, y, y) = x = f(y, y, x) pentru orice x, y ∈ A;

10

(b) f(f(x1, x2, x3), f(y1, y2, y3), f(z1, z2, z3)) =

= f(f(x1, y1, z1), f(x2, y2, z2), f(x3, y3, z3))

pentru orice x1, x2, x3, y1, y2, y3, z1, z2, z3 ∈ A.

Aratati ca pentru un a ∈ A fixat operatia x+ y = f(x, a, y) defineste pe A o structura de

grup abelian.

Vojtech Jarnik, 2005

Solutie. (1) Element neutru.Fie e = a. Atunci e+ x = a+ x = f(a, a, x) = x = f(x, a, a) = x+ a = x+ e.(2) Orice element este simetrizabil.Fie x ∈ A fixat si definim x′ = f(a, x, a). Avem x+x′ = x+f(a, x, a) = f(x, a, f(a, x, a)) =f(f(a, a, x), f(a, x, x), f(a, x, a)) = f(f(a, a, a), f(a, x, x), f(x, x, a)) = f(a, a, a) = a = e.Analog se arata ca x′ + x = e.(3) Asociativitatea.(x + y) + z = f(x, a, y) + z = f(f(x, a, y), a, z) = f(f(x, a, y), f(a, a, a), f(a, a, z)) =f(f(x, a, a), f(a, a, a), f(y, a, z)) = f(x, a, f(y, a, z) = x+ f(y, a, z) = x+ (y + z).(4) Comutativitatea.x+y = f(x, a, y) = f(f(x, a, a), f(x, x, a), f(y, x, x)) = f(f(x, x, y), f(a, x, x), f(a, a, x)) =f(y, a, x) = y + x.

Problema 1.5 Fie G un grup cu proprietatea ca elementele lui G′ (subgrupul comutator

al lui G) sunt de ordin finit. Sa se arate ca multimea elementelor de ordin finit ale lui G

formeaza un subgrup.

Iran, 2006

Solutie. Este suficient sa aratam ca produsul a doua elemente de ordin finit este totun element de ordin finit.Fie g, h ∈ G cu ord(g) < ∞ si ord(h) < ∞. In grupul factor G/G′, elementele g si h au

ordinele finite, si cum acest grup este comutativ rezulta ca si produsul lor gh are ordinulfinit. Asadar exista un numar natural n ≥ 1 cu proprietatea ca gh

n= e. De aici obtinem

ca (gh)n ∈ G′. Cum elementele lui G′ au ordinul finit, vom avea ca (gh)n are ordinul finit.In particular obtinem ca gh are ordinul finit, ceea ce trebuia demonstrat.

Problema 1.6 Fie a, b, c elemente de ordin finit ıntr-un grup. Aratati ca daca a−1ba = b2,

b−2cb2 = c2 si c−3ac3 = c2, atunci a = b = c = e, unde e este elementul neutru al grupului.


Solutie. Presupunem contrariul si fie p cel mai mic numar prim cu proprietatea cap | ord(a) ord(b) ord(c). Fara a pierde generalitatea, putem presupune ca p | ord(b). Fiek ≥ 1 astfel ıncat ord(b) = pk si fie d = bk. Atunci ord(d) = p si pentru orice m ≥ 1 avem


a−mdam = d2m .Din mica teorema a lui Fermat stim ca 2p ≡ 2 (mod p), de unde rezulta ca a−pdap =d2p = d2 = a−1da. De aici deducem imediat ca

a−l(p−1)dal(p−1) = d (1.1)

pentru orice l ∈ Z.Pentru ca (ord(a), p− 1) = 1 exista u, v ∈ Z cu proprietatea ca u ord(a) + v(p− 1) = 1.Inlocuind acum pe l cu v ın relatia (1.1) obtinem d = a−v(p−1)dav(p−1) = a−1da = d2 careimplica d = e, contradictie.

Problema 1.7 Fie p un numar prim si G un grup finit care are exact n elemente de ordin

p. Sa se arate ca n = 0 sau p | n+ 1.

Putnam, 2007

Solutie. Sa presupunem ca n ≥ 1. Din teorema lui Lagrange pentru grupuri rezultaca p | |G|.Fie S multimea tuturor submultimilor lui G cu p elemente. Consideram actiunea lui G peS prin multiplicare la stanga.Vom arata ca pentru aceasta actiune, numarul de elemente al oricarei orbite este |G| sau|G|/p. Mai mult, ın acest ultim caz, orbita contine un unic subgrup de ordin p.Fie X ∈ S. Notam cu OX orbita lui X si cu HX stabilizatorul lui X. Evident, OX =gX : g ∈ G si HX = g ∈ G : gX = X. Stim ca |OX | = [G : HX ]. Pe de alta parte,

X =⋃

h∈HX

hX =⋃x∈X

HXx,

deci X este o reuniune de clase la dreapta modulo HX , de unde rezulta ca |HX | | |X|. Inconcluzie, |HX | | p, ceea ce demonstreaza prima parte a afirmatiei de mai sus.Daca |HX | = p, atunci stabilizatorul oricarei multimi din OX va avea tot p elemente; ınparticular, o submultime Z ∈ OX contine elementul neutru al lui G, si pentru aceastaavem HZ ⊆ Z. Cum |HZ | = |Z| rezulta ca Z = HZ , ceea ce arata ca OX contine unsubgrup de ordin p. Unicitatea acestuia rezulta din faptul ca orice alta submultime dinOX este o clasa modulo HX .Acum fie |G| = pm si sa presupunem ca sunt k orbite cu pm elemente si l orbite cu m

elemente. Din ecuatia claselor avem ca |S| = kpm + lm; dar |S| =(pmp

)si cum

(pmp )m ≡ 1

(mod p) obtinem l ≡ 1 (mod p).Dar cele l orbite contin fiecare cate un subgrup cu p elemente, deci numarul elementelorde ordin p este n = l(p− 1) ≡ −1 (mod p), ceea ce era de demonstrat.

Problema 1.8 Exista un grup abelian finit G pentru care produsul ordinelor tuturor

elementelor sale sa fie 22009?

Putnam, 2009

Solutie. Raspunsul este nu.Din teorema de structura a grupurilor abeliene finite stim ca G este izomorf cu un produs

12

direct (finit) de grupuri ciclice. Evident, niciunul dintre aceste grupuri ciclice nu poateavea ordin impar, altfel G ar contine un element de ordin impar, ceea ce este imposibil. Infapt, G este un 2-grup. Pentru un astfel de grup produsul ordinelor elementelor sale estede forma 2i(G).Tot din teorema de structura putem scrie acum ca G '

∏∞k=1(Z2k)ek , unde ek sunt numere

naturale aproape toate nule.Pentru orice numar natural m, elementele lui G de ordin cel mult 2m formeaza un subgrupizomorf cu

∏∞k=1(Z2min(k,m))ek si care are 2sm elemente, unde sm =

∑∞k=1 min(k,m)ek.

Asadar i(G) =∑∞

k=1 k(2sk − 2sk−1). Deoarece s1 ≤ s2 ≤ . . . , i(G) + 1 va fi divizibil cu 2s1 .Cum i(G) = 2009, rezulta s1 ≤ 1. Aceasta se ıntampla ın doua cazuri: ori ek = 0 pentrutoti k, ceea ce duce la i(G) = 0, ori ek = 1 pentru un k si ej = 0 pentru orice j 6= k, cazın care i(G) = (k − 1)2k + 1. Dar se vede imediat ca ecuatia (k − 1)2k + 1 = 2009 nu aresolutii, ceea ce demonstreaza afirmatia.

Problema 1.9 Fie G un grup finit de ordin n. Aratati ca orice element al lui G este

patrat perfect daca si numai daca n este impar.


Solutie. Daca orice element al lui G este patrat perfect, atunci functia f : G → Gdefinita prin f(a) = a2 este surjectiva, deci si injectiva. In particular, daca a2 = e, atuncia = e, ceea ce arata ca grupul G nu poate avea elemente de ordin 2. In consecinta, ordinullui G este impar.Reciproc, daca n este impar ıl vom scrie sub forma n = 2k− 1. Fie x ∈ G. Atunci xn = e,de unde rezulta ca (xk)2 = x, deci x este patrat perfect.

Problema 1.10 Aflati ıntregii pozitivi n pentru care exista o familie F formata din

submultimi cu trei elemente ale multimii S = 1, . . . , n si care satisface urmatoarele

conditii:

(i) pentru oricare doua elemente distincte a, b ∈ S exista o unica multime A ∈ F care

le contine;

(ii) daca a, b, c, x, y, z ∈ S au proprietatea ca a, b, x, a, c, y, b, c, z ∈ F , atunci

x, y, z ∈ F .

IMC, 2003

Solutie. Conditia (i) ne permite sa definim pe S o operatie algebrica astfel:

a ∗ b = c daca si numai daca a, b, c ∈ F , pentru orice a 6= b.

Evident, operatia nu este complet definita, ramanand de definit si a ∗ a.Pentru moment ınsa vom studia proprietatile sale asa cum a fost definita. Pentru a 6= b,din proprietatea (i), rezulta imediat ca operatia satisface urmatoarele trei proprietati:


(a) a ∗ b 6= a si a ∗ b 6= b;

(b) a ∗ b = b ∗ a;

(c) a ∗ (a ∗ b) = b.

Pentru x, a, c ∈ S disticte oricare doua, din conditia (ii) obtinem:

(d) (x ∗ a) ∗ c = b ∗ c = z = x ∗ y = x ∗ (a ∗ c),

deci operatia este asociativa ın cazul ın care cele trei elemente sunt diferite.Acum putem completa operatia ın asa fel ıncat aceasta sa ramana asociativa si ın cazul ıncare elementele nu sunt neaparat diferite. (De exemplu, va trebui sa avem b = a ∗ (a ∗ b) =(a ∗ a) ∗ b.) Pentru aceasta ıi vom adauga lui S un element nou, sa-i zicem 0, si vom defini

(e) a ∗ a = 0 si a ∗ 0 = 0 ∗ a = a, pentru orice a ∈ S ∪ 0.

Este usor de verificat acum ca proprietatile (a), (b), (c) au loc pentru orice a, b, c ∈ S∪0.Mai mult, vom avea si ca

(f) (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c),

pentru orice a, b, c ∈ S ∪ 0.In concluzie, (S ∪ 0, ∗) are o structura de grup abelian ın care orice element diferit de 0are ordinul doi, deci |S ∪ 0| = 2r pentru un r ≥ 1, de unde rezulta ca n = 2r − 1.Reciproc, daca n = 2r − 1 pentru un r ≥ 1, vom construi o familie de submultimi ale luiS cu proprietatile (i) si (ii). Pentru a face aceasta vom folosi tot o operatie algebrica. Maiprecis, daca a = a0 + 2a1 + · · ·+ 2r−1ar−1 si b = b0 + 2b1 + · · ·+ 2r−1ar−1, unde ai, bi sunt0 sau 1, definim

a ∗ b = |a0 − b0|+ 2|a1 − b1|+ · · ·+ 2r−1|ar−1 − br−1|.

Este usor de verificat ca aceasta operatie safisface (a), (b), (c), (d). Daca F va fi familiaformata din tripletele a, b, a ∗ b, cu a, b ∈ S distincte, atunci conditia (i) va rezulta din(a), (b), (c), iar conditia (ii) din (d).In concluzie, raspunsul este n = 2r − 1.

Problema 1.11 Pentru un grup G si un numar ıntreg m ≥ 1 definim G(m) ca fiind

subgrupul lui G generat de gm, g ∈ G. Aratati ca daca G(m) si G(n) sunt comutative,

atunci si G((m,n)) este comutativ. (Am notat cu (m,n) cel mai mare divizor comun al

lui m si n.)

IMC, 2005

Solutie. Fie d = (m,n). Este imediat ca 〈G(m), G(n)〉 = G(d), deci va fi suficient saaratam ca orice doua elemente de forma am, bn comuta.Sa consideram c = [am, bn], adica c = a−mb−nambn. Rescriem pe c astfel:

c = (a−mbam)−nbn = a−m(b−nabn)m.

Aceste scrieri arata ca c ∈ G(m) ∩G(n). In particular, obtinem ca c ∈ Z(G(d)).Acum, din relatia ambn = bnamc, rezulta prin inductie ca amrbnr = bnramrcr

2, pentru

orice r ≥ 1. Pentru r = m/d, respectiv r = n/d, folosind ca G(m), respectiv G(n) suntcomutative, obtinem ca c(m/d)2 = c(n/d)2 = e, de unde rezulta c = e.

14

Problema 1.12 Pentru un grup abelian G fie mG cel mai mic n ∈ N∗ cu proprietatea

ca orice functie f : Zn → G are o restrictie a carei suma a valorilor este zero. Aflati

max|G|=2010

mG.

SEEMOUS Shortlist, 2010

Solutie. Sa consideram functiile fk : Zk → Z2010, fk(x) = 1, cu k ∈ 1, 2, . . . , 2009.Pentru orice astfel de k si orice ∅ 6= M ⊂ Zk, avem

∑a∈M

fk(a) = |M | 6= 0. Deci

mZ2010 ≥ 2010.Pe de alta parte, fie G un grup abelian cu |G| = 2010, f : Z2010 → G si g :

0, 1, . . . , 2009 → Z2010, g(m) =m∑k=0

f(k). Functia g este sau bijectiva sau neinjectiva. In

primul caz, exista un m ∈ 0, 1, . . . , 2009 astfel ıncatm∑k=0

f(k) = 0, iar ın al doilea obtinem

m1 < m2 astfel ıncatm1∑k=0

f(k) =m2∑k=0

f(k). Aceasta relatie duce lam2∑

k=m1+1

f(k) = 0.

Ambele cazuri dau o restrictie a lui f ale carei valori au suma zero. Deci mG ≤ 2010.Concluzia este ca max

|G|=2010mG = 2010.

Problema 1.13 Fie m ∈ N, m > 2 si G un grup finit cu proprietatea ca ord(x) > m,

oricare ar fi x ∈ G − e. Aratati ca G nu se poate scrie ca reuniune de m subgrupuri

proprii.

Solutie. Sa presupunem ca G = H1 ∪ . . . ∪ Hm, unde H1, . . . ,Hm sunt subgrupuriproprii ale lui G, i = 1, . . . ,m. Deoarece exista xi ∈ Hi cu ord(xi) > m, rezulta ca |Hi| > mpentru orice i = 1, . . . ,m. Fie ti = [G : Hi]. Avem ti > 1 pentru orice i = 1, . . . ,m. Pe dealta parte, |G| < |H1|+ · · ·+ |Hm| (deoarece Hi ∩Hj 6= ∅ oricare ar fi i, j ∈ 1, . . . ,m).Fie t = mint1, . . . , tm. Rezulta ca t > 1 si fie p un divizor prim al lui t ⇒ p | |G| ⇒exista g ∈ G cu ord(g) = p (din teorema lui Chauchy) ⇒ p > m ⇒ ti > m, pentru oricei = 1, . . . ,m ⇒ 1 > 1

t1+ · · ·+ 1

tm= 1|G|(|H1|+ · · ·+ |Hm|) > 1, contradictie.

Problema 1.14 Fie G un grup cu proprietatea ca x2 = e pentru orice x ∈ G. Sa se arate

ca:

(i) G este grup abelian;

(ii) Daca G este finit, atunci exista n ∈ N astfel ıncat |G| = 2n. Mai mult, ın acest caz

G ' Z2 × · · · × Z2,

produsul direct continand n factori.


Solutie. (i) Fie x, y ∈ G. Atunci (xy)2 = e, deci xyxy = e. Inmultind cu x−1 la stangasi cu y−1 la dreapta si tinand cont ca x2 = y2 = e, obtinem yx = xy.(ii) Observam ca grupul abelian (G, ·) se poate ınzestra cu o structura de Z2-spatiu vec-torial, ınmultirea cu scalari fiind definita astfel: 0 · x = e si 1 · x = x pentru orice x ∈ G.Verificarea este imediata, observandu-se ca este esentiala conditia x2 = e pentru oricex ∈ G (trebuie, de exemplu, ca (1 + 1)x = (1x)(1x) ceea ce este echivalent cu x2 = e).Cum G este grup finit, va avea dimensiune finita. Fie aceasta n. Atunci G este izomorf,ca Z2-spatiu vectorial, cu Z2 × · · · × Z2 (produs de n factori). In particular, acesta este siizomorfism de grupuri, deci G are 2n elemente.

Problema 1.15 Fie G un grup. Aratati ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

(i) toate subgrupurile lui G sunt normale;

(ii) oricare ar fi a, b ∈ G exista m ∈ Z cu proprietatea ca (ab)m = ba.

Iran, 2009

Solutie. (i)⇒ (ii) Fie a, b ∈ G. Atunci 〈ab〉 este subgrup normal, deci b(ab)b−1 ∈ 〈ab〉.In consecinta, exista m ∈ Z cu proprietatea ca (ab)m = ba.(ii) ⇒ (i) Fie H ≤ G si fie h ∈ H, g ∈ G. Atunci exista m ∈ Z cu proprietatea ca((hg−1)g)m = ghg−1, de unde rezulta ca ghg−1 = hm ∈ H, deci H EG.

Problema 1.16 Fie G un grup finit si H subgrup al lui G de ordin impar cu [G : H] = 2n,

n ≥ 1. Aratati ca toate elementele lui G de ordin impar sunt ın H daca si numai daca H

este subgrup normal.

Iran, 2010

Solutie. Fie x ∈ H si g ∈ G. Atunci ord(x) | |H|, deci ord(x) este impar. Cumord(gxg−1) = ord(x), rezulta ca gxg−1 ∈ H, ceea ce arata ca H EG.Reciproc, daca H E G, atunci fie x ∈ G un element de ordin impar. Scriem ord(x) =2r + 1. In grupul factor G/H avem ca x2r+1 = e, deci ord(x) | 2r + 1. Pe de alta parte,ord(x) | |G/H| = 2n. In consecinta, ord(x) = 1, adica x = e, ceea ce ınseamna ca x ∈ H.

Problema 1.17 Fie G un grup infinit care are doar un numar finit de subgrupuri ce nu

sunt normale. Daca H ≤ G cu |H| =∞, sa se arate ca H EG.

Solutie. Sa observam mai ıntai ca daca K ≤ H si H \ K este multime finita, atunciK = H.Deoarece H \K este multime finita si H este grup infinit, avem ca subgrupul K este infinit.Daca K 6= H, atunci [H : K] > 1 si de aici rezulta ca H \K este o reuniune de clase (lastanga, de exemplu) de forma xK, x ∈ H \K. Dar |xK| = |K|, deci H \K este multimeinfinita, contradictie.Revenind la rezolvarea problemei, presupunem prin reducere la absurd ca H nu este sub-grup normal. Atunci exista g ∈ G astfel ıncat H * gHg−1.

16

Notam K = H ∩ gHg−1 si fie x ∈ H \K. Daca g−1〈x〉g = 〈x〉, atunci g−1xg ∈ 〈x〉 ⊆ H,deci x ∈ K, fals. Asadar g−1〈x〉g 6= 〈x〉, ceea ce arata ca 〈x〉 nu este subgrup normal al luiG.Pe de alta parte, numarul de elemente din H \K care genereaza acelasi subgrup ca si xeste finit, deoarece 〈x〉 are un numar finit de generatori.In consecinta, multimea H \K este finita. Atunci, conform celor de mai sus, K = H, deciH ⊆ gHg−1, contradictie.

Problema 1.18 Fie G un grup cu G′ = G si H un subgrup al sau. Aratati ca daca H

este ciclic si H EG, atunci H ⊆ Z(G).

Iran, 2005

Solutie. Deoarece HEG avem ca NG(H) = G. Se stie ca NG(H)/CG(H) este izomorfcu un subgrup al lui Aut(H). Cum H este ciclic, Aut(H) va fi abelian, deci si G/CG(H)este abelian. De aici obtinem ca G′ ⊆ CG(H), deci CG(H) = G, ceea ce implica H ⊆ Z(G).

Problema 1.19 Fie G un grup cu proprietatea ca G′ (subgrupul comutator al lui G) este

abelian si orice subgrup normal si abelian al lui G este finit. Aratati ca G este finit.

Iran, 2009

Solutie. Folosind lema lui Zorn putem alege un subgrup N al lui G care sa fie maximalabelian si normal ce contine pe G′. Din ipoteza, N va fi finit. Deoarece N este abelianavem ca N ⊆ CG(N), unde CG(N) este centralizatorul lui N ın G.Daca N = G, am terminat.Daca N 6= G, consideram un element x ∈ CG(N). Deoarece G/N este abelian, subgrupul〈x,N〉 este normal si pentru ca x ıl centralizeaza pe N , 〈x,N〉 este subgrup abelian normal.Pentru ca N este maximal, 〈x,N〉 = N , si de aici rezulta ca x ∈ N , deci N = CG(N),adica N este propriul sau centralizator.Definim acum un morfism de grupuri ϕ : G → Aut(N), ϕ(g) = ϕg, unde ϕg ∈ Aut(N)este un automorfism interior, adica ϕg(h) = ghg−1 pentru orice h ∈ N . Rezulta imediat caKer ϕ = N si din teorema fundamentala de izomorfism, G/N este izomorf cu un subgrupal grupului Aut(N). Cum N este finit, Aut(N) este finit, deci G/N este finit. Cum si Neste finit, din teorema lui Lagrange rezulta ca G este grup finit.

Problema 1.20 Presupunem ca exista un grup G care are exact n subgrupuri de indice

2. Sa se arate ca exista un grup abelian finit care are exact n subgrupuri de indice 2.

Iran, 2007

Solutie. Fie H1, . . . ,Hn cele n subgrupuri de indice 2 ale lui G. Evident, HiCG pentruorice i = 1, . . . , n si de aici rezulta ca H =

⋂ni=1HiCG. Mai mult, G/H este izomorf cu un

subgrup al lui G/H1× · · ·×G/Hn, deci G/H este grup abelian finit, deoarece G/Hi ' Z2

pentru orice i = 1, . . . , n.Ramıne sa aratam ca G/H are exact n subgrupuri de indice 2. Evident, H/Hi este subgrupde indice 2 al lui G/H pentru orice i = 1, . . . , n. Daca K/H ar fi subgrup de indice 2 al lui

G/H, atunci, deoarece G/HK/H ' G/K, K va fi subgrup de indice 2 al lui G, deci va coincide

cu unul dintre subgrupurile H1, . . . ,Hn.


Problema 1.21 Fie p un numar prim si G un grup care nu este ciclic cu |G| = pn, n ≥ 2.

Sa se arate ca G are cel putin p+ 3 subgrupuri distincte.

Iran, 2007

Solutie. Procedam prin inductie dupa n.Daca n = 2, atunci G este izomorf cu Zp × Zp. Subgrupurile netriviale ale lui Zp × Zpcoincid cu Zp-subspatiile vectoriale de dimensiune 1, iar numarul acestora este p + 1,deoarece exista p2 − 1 vectori liniari independenti si fiecare p− 1 dintre acestia genereazaacelasi subspatiu. In concluzie, ın acest caz G are exact p+ 3 subgrupuri.Sa presupunem acum ca n > 2. Deoarece G este p-grup, centrul sau Z(G) este netrivial,deci |G/Z(G)| < |G|. Evident, G/Z(G) este un p-grup.Daca G/Z(G) nu este grup ciclic, din ipoteza de inductie va avea cel putin p+3 subgrupuridistincte, deci G are cel putin p+ 3 subgrupuri distincte.Daca G/Z(G) este grup ciclic, atunci G este abelian, deci este izomorf cu un produs directde grupuri ciclice de forma Zpk , k ≥ 1. Mai mult, G nefiind ciclic, produsul direct are cel

putin doi factori de forma de mai sus. Insa un grup de forma Zpk are un subgrup izomorfcu Zp, deci produsul direct va contine un subgrup izomorf cu Zp × Zp si putem aplicaacum cazul n = 2.

Problema 1.22 Fie G un grup netrivial cu proprietatea ca orice subgrup normal al sau

este finit generat. Aratati ca nu exista N E G, N 6= e, astfel ıncat G sa fie izomorf cu

G/N .

Iran, 2008

Solutie. Presupunem, prin reducere la absurd, ca exista N EG, N 6= e, astfel ıncatG ' G/N . Exista astfel un morfism surjectiv de grupuri f : G→ G cu Ker f = N .Vom construi acum un subgrup normal al lui G care nu este finit generat, obtinand ocontradictie.Fie fn = f · · · f , n ≥ 1, unde compunerea se face de n ori. Definim Kn = Ker fn

si K = ∪n≥1Kn. Kn sunt subgrupuri normale ın G si Kn ⊆ Kn+1, oricare ar fi n ≥ 1.Evident, K EG.Sa aratam ca K nu este finit generat. Daca K este finit generat, atunci exista j ≥ 1 astfelıncat K = Kj si de aici deducem ca Kj = Kj+1 = . . . . Insa egalitatea Kj = Kj+1 esteimposibila, altminteri f f j(x) = e implica f j(x) = e si cum f j este morfism surjectivrezulta ca Ker f = e, ceea ce este fals.

Problema 1.23 Fie G un grup finit cu proprietatea ca pentru orice H ≤ G exista un

morfism fH : G→ H astfel ıncat fH(h) = h pentru orice h ∈ H. Aratati ca G este izomorf

cu un produs direct de grupuri ciclice cu ordinele numere prime.

Iran, 2008

Solutia 1. Procedam prin inductie dupa n, numarul numerelor prime (nu neaparatdistincte) care apar ın descompunerea lui |G| ın factori primi.

18

Daca n = 1 nu este nimic de demonstrat.Daca n > 1, atunci scriem |G| = p1 · · · pn si consideram H ≤ G cu |H| = pn elemente (unastfel de H exista din teorema lui Cauchy). Din ipoteza exista fH : G → H astfel ıncatfH(h) = h pentru orice h ∈ H.Fie K = Ker fH . Din teorema fundamentala de izomorfism pentru grupuri avem caG/K ' H, deci |K| = p1 · · · pn−1. Din ipoteza de inductie, K este izomorf cu un produsdirect de grupuri ciclice cu ordinele numere prime.Pe de alta parte, exista, de asemenea, un morfism fK : G → K astfel ıncat fK(k) = kpentru orice k ∈ K.Fie L = Ker fK . Evident, K,L sunt subgrupuri normale si K ∩ L = e. Mai mult, vomarata ca G = KL.Fie g ∈ G. Scriem g = fK(g)(fK(g)−1g), unde fK(g) ∈ K si fK(g)−1g ∈ L deoarecefK(fK(g)−1g) = fK(g)−1fK(g) = e, deci G = KL.Acum rezulta imediat ca G ' K × L. Dar G/L ' K implica |L| = pn, deci L este grupciclic.In concluzie, G este izomorf cu un produs direct de grupuri ciclice cu ordinele numereprime.

Solutia 2. Fie P un p-subgrup Sylow al lui G, unde p este un numar prim care divide|G|. Stim ca exista un morfism fP : G → P cu proprietatea ca fP (x) = x pentru oricex ∈ P .Fie K = Ker fP . Atunci G/K ' P si exista un morfism fK : G→ K astfel ıncat fK(k) = kpentru orice k ∈ K.Fie L = Ker fK . Cum G/L ' K avem ca |G/L| = |K|. Dar |G/K| = |P | si de aici deducemca |P | = |L|, deci L este p-subgrup Sylow normal al lui G. Cum orice doua p-subgrupuriSylow sunt conjugate, va trebui ca P = L.Asadar orice p-subgrup Sylow al lui G este normal, deci G este grup nilpotent. Dar oricegrup nilpotent este produsul direct al subgrupurilor sale Sylow, deci G este izomorf cu unprodus direct de p-grupuri.Deoarece proprietatea din enunt se transfera la subgrupuri, va fi suficient sa consideramcazul ın care G este p-grup. Fie |G| = pn, n ≥ 1. Vom face inductie dupa n.Daca n = 1, atunci G este grup ciclic.Daca n > 1, atunci avem doua posibilitati: Z(G) = G sau Z(G) 6= G.In cazul ın care Z(G) = G obtinem ca G este abelian si atunci ord(x) = p pentru oricex ∈ G, x 6= e, altminteri ar exista un grup ciclic cu pm elemente, m > 1, si care areproprietatea din enunt, ceea ce este fals. Asadar, ın acest caz, G este Zp-spatiu vectorialde dimensiune n, deci este izomorf cu produsul direct Zp × · · · × Zp (ın care Zp apare den ori).In cazul ın care Z(G) 6= G consideram un morfism f : G → Z(G) ca ın enunt si aratamca G ' Z(G) × Ker f (folosim faptul ca Z(G) si Ker f sunt subgrupuri normale alelui G, Z(G)Ker f = G si Z(G) ∩ Ker f = e). Cum 1 < |Z(G)| < |G| si implicit1 < |Ker f | < |G|, din ipoteza de inductie rezulta ca G este izomorf cu un produs directde grupuri ciclice cu p elemente.

Problema 1.24 Fie p un numar prim, G un p-grup finit, x, y ∈ G si z = [x, y]. Pre-

supunem ca x se afla ın orice subgrup normal al lui G care ıl contine pe z. Sa se arate ca

x = e.


Iran, 2009

Solutie. Vom face inductie dupa |G|.Daca |G| = p, atunci G este ciclic, deci z = e. Rezulta imediat ca x = e, deoarece e estesubgrup normal ın G.Sa presupunem acum ca |G| > p.Fie g ∈ Z(G) cu ord(g) = p si definim subgrupul normal N = 〈g〉. Fie G = G/N siz = [x, y] ∈ G. Evident G este p-grup si satisface conditia din enunt cu privire la elementelex, y si z. Din ipoteza de inductie obtinem ca x = e, adica x ∈ N . Cum ınsa N ⊆ Z(G)rezulta ca x ∈ Z(G), deci z = e si de aici x = e.

Problema 1.25 Fie G un grup si N un subgrup normal si finit al lui G cu proprietatea

ca G/N este grup abelian finit generat. Demonstrati ca:

(i) orice subgrup al lui G este finit generat;

(ii) C = CG(N) este subgrup normal si [G : C] este finit;

(iii) G/Z(G) este grup finit.

Iran, 2009

Solutie. (i) Fie H ≤ G. Atunci HN ≤ G si HN/N ≤ G/N . Cum orice subgrup alunui grup abelian finit generat este la randul sau finit generat, rezulta ca HN/N este finitgenerat. Fie x1, . . . , xr ∈ HN/N un sistem de generatori pentru HN/N cu xi ∈ H pentruorice i = 1, . . . , r. Se arata usor ca H este generat de x1, . . . , xr si H∩N . Cum H∩N ≤ N ,avem ca H ∩N este o multime finita, deci H este finit generat.(ii) Se stie ca CG(N)ENG(N). Dar N EG implica NG(N) = G, deci C EG.Mai stim ca NG(N)/CG(N) este izomorf cu un subgrup al lui Aut(N), deci G/C este grupfinit.(iii) Pentru ınceput observam ca G′ ⊆ N , deoarece G/N este abelian. Rezulta ca G′ estegrup finit.Din (i) obtinem, ın particular, ca G este finit generat si fie g1, . . . , gm un sistem de gener-atori pentru G.Cum G′ este grup finit, multimea conjugatilor lui gi nu poate fi decat finita, altminteri amavea o infinitate de comutatori distincti. De aici rezulta ca [G : CG(gi)] <∞ pentru oricei = 1, . . . ,m.Dar Z(G) =

⋂mi=1CG(gi). De aici rezulta imediat ca [G : Z(G)] < ∞, ceea ce era de

demonstrat.Observatie. Nu este ıntamplator faptul ca ın rezolvarea punctului (iii) am folosit ca

G′ este grup finit. Exista o teorema a lui Schur care spune ca daca G/Z(G) este grup finit,atunci G′ este grup finit.

Problema 1.26 (i) Sa se arate ca pentru orice n ∈ N∗, grupul (C∗, ·) are exact un subgrup

cu n elemente si anume Un = z ∈ C∗ | zn = 1.

(ii) Daca p este un numar prim, aratati ca Cp∞ =⋃n≥0

Upn este un subgrup al lui (C∗, ·)

20

care nu este finit generat.

(iii) Aratati ca daca H este un subgrup propriu al lui Cp∞ , atunci exista n ∈ N∗ cu

H = Upn .

(iv) Daca G este un subgrup infinit al lui (C∗, ·) cu proprietatea ca orice subgrup propriu

al sau este finit, atunci exista p numar prim astfel ıncat G = Cp∞ .

Olimpiada Nationala de Matematica, Romania, 1998

Solutie. (i) Un = z ∈ C | zn = 1 este subgrup al lui (C∗, ·), deoarece pentrux, y ∈ Un avem (xy−1)n = xny−n = 1, deci xy−1 ∈ Un. Daca H este un subgrup cu nelemente al lui (C∗, ·), din teorema lui Lagrange rezulta ca zn = 1 pentru orice z ∈ H,deci H ⊆ Un. Cum H si Un au acelasi numar de elemente rezulta ca H = Un.(ii) In grupul (C∗, ·) consideram subgrupurile Upn cu n ∈ N. Avem Upn ⊆ Upn+1 , deoarece

zpn

= 1 implica zpn+1

= 1 si incluziunea este stricta, cele doua subgrupuri avand cardinalediferite. Rezulta usor acum ca Cp∞ nu este finit generat.(iii) Fie H un subgrup al lui Cp∞ . Atunci orice element al lui H are ordinul de forma pm,m ∈ N. Avem doua posibilitati: multimea m ∈ N | exista x ∈ H cu ord(x) = pm estemarginita sau nemarginita.Daca multimea m ∈ N | exista x ∈ H cu ord(x) = pm este nemarginita, atunci vomavea H = Cp∞ . Fie g ∈ Cp∞ , ord(g) = pn. < g > este un subgrup cu pn elemente al luiCp∞ si din (i) rezulta ca < g > = Upn . Pe de alta parte, exista m ∈ N, m > n si x ∈ H cuord(x) = pm. Atunci, ca mai sus, < x > = Upm ⊇ Upn , deci g ∈ < x > ⊆ H.Daca multimea m ∈ N | exista x ∈ H cu ord(x) = pm este marginita, atunci fie n celmai mare element al sau si x ∈ H cu ord(x) = pn. Vom arata ca ın acest caz H = Upn .Intr-adevar, daca g ∈ H, atunci ord(g) = pm cu m ≤ n si < g > = Upm ⊆ Upn , deciH ⊆ Upn . Pe de alta parte, H ⊇ < x > = Upn si de aici rezulta egalitatea dorita.(iv) G nu este grup ciclic, altfel G ar fi izomorf cu Z si nu are proprietatea din enunt. Maimult, rezulta ca ord(x) <∞ pentru orice x ∈ G, deoarece < x > este un subgrup ciclic allui G si din aceleasi motive ca mai sus nu poate fi infinit.Aratam acum ca exista un unic numar prim p > 0 cu proprietatea ca ord(x) este oputere a lui p pentru orice x ∈ G. Sa presupunem ca exista x1, x2 ∈ G cu ord(x1) = pa11 siord(x2) = pa22 , unde p1, p2 sunt numere prime distincte. (Sa observam ca ıntotdeauna existaelemente ın grupul G care au ordinul o putere a unui numar prim: daca ord(x) = qb11 · · · qbrr ,

qi numere prime distincte, atunci ord(xqb22 ···q

brr ) = qb11 .) Alegem a1, a2 maxime. (Daca ar

exista un numar prim p astfel ıncat multimea k ∈ N | exista x ∈ G cu ord(x) = pk safie infinita, atunci Cp∞ ⊆ G, deci Cp∞ este un subgrup infinit al lui G, deci Cp∞ = G.)Fie x3 ∈ G − < x1, x2 > (exista un astfel de element, deoarece < x1, x2 > este subgrup

finit al lui G). Daca ord(x3) = pk11 pk22 , atunci k1 ≤ a1 si k2 ≤ a2 (deoarece ord(x

pk22

3 ) = pk11

si ord(xpk11

3 ) = pk22 ). Rezulta ca xpk22

3 ∈ < x1 > = Upa11si x

pk11

3 ∈ < x2 > = Upa22, deci

xpk22

3 ∈ < x1, x2 > si xpk11

3 ∈ < x1, x2 >. In particular, obtinem x3 ∈ < x1, x2 > (deoarece(pk11 , p

k22 ) = 1), contradictie. Rezulta ca exista un numar prim p3, diferit de p1, p2, astfel

ıncat p3| ord(x3). Deci exista ın G elemente de ordin o putere a lui p3. Notam tot cu x3 unelement de ordin pa33 cu a3 maxim. In acest fel se obtine un sir (xn) de elemente din G, unsir de numere prime distincte (pn) si un sir de numere naturale nenule (an) cu proprietateaca ord(xn) = pann pentru orice n ≥ 1. In mod clar < x2, . . . , xn, . . . > este subgrup infinit


al lui G si diferit de G (infinit, deoarece ord(x2 · · ·xn) = pa22 · · · pann pentru orice n ≥ 2 sidiferit de G, deoarece x1 /∈ < x2, . . . , xn, . . . >), contradictie.Deci exista un unic numar prim p cu proprietatea ca ord(x) este o putere a lui p pentruorice x ∈ G. Daca multimea k ∈ N | exista x ∈ G cu ord(x) = pk ar fi finita, fiek0 maximul sau. Rezulta ca G ⊆ Upk0 , fals. Deci multimea este infinita si ın acest cazobtinem ca G = Cp∞ .

Problema 1.27 Fie G un grup care are un automorfism σ de ordin doi fara puncte fixe

netriviale (adica σ(x) = x implica x = e).

(i) Daca G este grup finit, atunci G este abelian;

(ii) Daca oricare ar fi x ∈ G exista un unic element y ∈ G astfel ıncat x = y2, atunci G

este abelian.

Iran, 2003

Solutie. (i) Definim o functie f : G→ G prin f(x) = x−1σ(x), oricare ar fi x ∈ G.Sa aratam ca f este injectiva: f(x) = f(y) ⇒ x−1σ(x) = y−1σ(y) ⇒ σ(xy−1) = xy−1 ⇒xy−1 = e ⇒ x = y.Deoarece G este grup finit rezulta ca f este functie bijectiva, deci orice element al lui Gse scrie sub forma x−1σ(x) pentru un x ∈ G.Dar σ(x−1σ(x)) = σ(x−1)σ(σ(x)) = σ(x)−1x = (x−1σ(x))−1, deci σ(y) = y−1 pentru oricey ∈ G si folosind ca σ este morfism de grupuri rezulta imediat ca G este abelian.(ii) Fie x ∈ G. Atunci exista un unic element y ∈ G cu proprietatea ca x−1σ(x) = y2.Deducem ca σ(x−1σ(x)) = σ(y2) ⇔ σ(x)−1σ(σ(x)) = σ(y)2 ⇔ σ(x)−1x = σ(y)2 ⇔(σ(x)−1x)−1 = (σ(y)2)−1 ⇔ x−1σ(x) = σ(y−1)2.Din ipoteza rezulta acum ca σ(y−1) = y ⇔ σ(y) = y−1.Calculam σ(xy) = σ(x)σ(y) = xy2y−1 = xy si obtinem ca xy = e ⇒ y = x−1 ⇒x−1σ(x) = x−2 ⇒ σ(x) = x−1, deci G este abelian.

Observatie. In cazul (i) se poate arata usor ca |G| este impar.

Problema 1.28 Aratati ca urmatoarea afirmatie are loc pentru n = 3, 5 si nu are loc

pentru n = 4: ,,Pentru orice π1 ∈ Sn, π1 6= e, exista π2 ∈ Sn cu proprietatea ca 〈π1, π2〉 =

Sn.”

IMC, 1998

Solutie. Cazul n = 3 este imediat.Daca π1 este o transpozitie, sa zicem ca π1 = (12), atunci putem considera π2 = (123).Daca π1 este un ciclu de lungime 3, sa zicem ca π1 = (123), atunci putem consideraπ2 = (12).Cazul n = 5.(i) Daca π1 este o transpozitie, sa zicem ca π1 = (12), atunci putem considera π2 =(12345).(ii) Daca π1 este un ciclu de lungime 3, sa zicem ca π1 = (123), atunci putem considera

22

π2 = (124)(35). Avem π42 = (124) si π3

2π1π32 = (125), deci (123), (124), (125) ∈ 〈π1, π2〉.

Stim ınsa ca A5 = 〈(123), (124), (125)〉, deci A5 ⊆ 〈π1, π2〉. Cum [S5 : A5] = 2, iar π2 estepermutare impara, rezulta 〈π1, π2〉 = S5.(iii) Daca π1 este produsul dintre un ciclu de lungime 3 si o transpozitie (disjuncte, de-sigur), sa zicem ca π1 = (123)(45). Atunci, ca ın cazul precedent, putem alege π2 = (124).(iv) Daca π1 este un ciclu de lungime 4, sa zicem ca π1 = (1234), atunci putem consid-era π2 = (12345). Avem (π2π1)3 = (24), π2

1(24) = (13) si π22 = (13524). Din faptul ca

(13), (13524) ∈ 〈π1, π2〉 obtinem imediat ca 〈π1, π2〉 = S5.(v) Daca π1 este produsul a doua transpozitii disjuncte, sa zicem ca π1 = (12)(34), atuncivom considera π2 = (1354). Avem π2

2π1 = (125) si π32π1 = (124)(35). Din (iii) rezulta

acum ca 〈π1, π2〉 = S5.(vi) Daca π1 este un ciclu de lungime 5, sa zicem ca π1 = (12345), atunci putem consideraπ2 = (12).Cazul n = 4.Fie π1 = (12)(34) si presupunem ca exista π2 ∈ S4 cu 〈π1, π2〉 = S4. ConsideramK = e, (12)(34), (13)(24), (14)(23). Stim ca K este subgrup normal al lui S4 si dincele de mai sus avem ca grupul factor S4/K este ciclic, generat de clasa lui π2. Pe de altaparte, |S4/K| = 6, deci acest grup factor contine un element de ordin 6. Dar pentru oriceσ ∈ S4, ord(σ) ∈ 1, 2, 3, 4, ceea ce contrazice existenta unui element de ordin 6 ın S4/K.

Observatie. Afirmatia din problema are loc pentru orice n 6= 4 si a fost demonstrataın lucrarea ”S. Piccard, Sur les bases du groupe symetrique et du groupe alternant, Com-mentarii Mathematici Helvetici, vol. 11, 1938”.

Problema 1.29 Fie G un subgrup al lui Sn, n ≥ 2, cu proprietatea ca pentru orice

π ∈ G \ e exista un unic k ∈ 1, . . . , n pentru care π(k) = k. Aratati ca acest k este

acelasi pentru orice π ∈ G \ e.

IMC, 2010

Solutia 1. Consideram actiunea canonica a lui G pe multimea X = 1, . . . , n dataprin (π, x) → π(x). Pentru x ∈ X definim Stab(x) = g ∈ G : g(x) = x si Gx = g(x) :g ∈ G, stabilizatorul si respectiv orbita lui x relativ la actiunea data. Din enunt avem ca

G =⋃x∈X

Stab(x) (1.2)

si

Stab(x) ∩ Stab(y) = e (1.3)

pentru x 6= y.Vom demonstra ca exista x ∈ X cu proprietatea ca Stab(x) = G, ceea ce rezolva problema.Fie Gx1, . . . , Gxr orbitele distincte ale actiunii. Stim ca acestea formeaza o partitie a luiX, deci putem scrie

G =

r⋃i=1

⋃x∈Gxi

Stab(x). (1.4)

Mai stim ca |Gx| = |G|/|Stab(x)|. Daca y ∈ Gx, atunci Gy = Gx si de aici rezulta ca|Stab(y)| = | Stab(x)|.


Din relatia (1.4) obtinem

|G| − 1 = |G \ e| = |r⋃i=1

⋃x∈Gxi

Stab(x) \ e| =r∑i=1

|G||Gxi|

(|Gxi| − 1),

de unde rezulta

1− 1

|G|=

r∑i=1

(1− 1

|Gxi|). (1.5)

Faptul ca exista x ∈ X cu proprietatea ca Stab(x) = G este echivalent cu existenta uneiorbite triviale.Daca toate orbitele sunt netriviale si sunt cel putin doua, atunci din relatia (1.5) vom aveaca

1− 1

|G|=

r∑i=1

(1− 1

|Gxi|) ≥ (1− 1

2) + (1− 1

2) = 1,

contradictie.Daca exista o singura orbita si aceea este netriviala, atunci din (1.2) si (1.3) rezulta ca

|G| − 1 =∑

x∈X(| Stab(x)| − 1) = n |G|n − n = |G| − n, contradictie.

In concluzie, exista cel putin o orbita triviala, deci un punct fix comun tuturorpermutarilor din G.

Solutia 2. Vom folosi aceleasi notatii ca ın solutia precedenta.Pentru un element g ∈ G definim Fix(g) = x ∈ X : gx = x. Evident, |Fix(g)| = 1 pentruorice g 6= e si |Fix(e)| = n.Vom folosi acum lema lui Burnside care spune ca numarul de orbite N = 1

|G|∑

g∈G |Fix(g)|.Asadar N = 1

|G|(|G| − 1 + n), de unde rezulta ca |G| divide pe n− 1.

Pe de alta parte, din ecuatia claselor avem ca n = m1 + · · · + mN , unde mi = |Gxi|,elementele x1, . . . , xN reprezentand un sistem complet si independent de reprezentantipentru relatia de echivalenta determinata de actiunea canonica a lui G pe X. Din relatiaorbita-stabilizator deducem ca mi | |G| pentru orice i = 1, . . . , N .Daca N = 1, atunci n | n− 1, fals.Daca N > 1, atunci vom avea N − 1 elemente dintre m1, . . . ,mN egale cu |G|, altminterin ≤ (N−2)|G|+|G| = (N−1)|G| = n−1, contradictie. In concluzie, n = (N−1)|G|+mi =n− 1 +mi, deci mi = 1 ceea ce ınseamna ca exista o orbita triviala.

Problema 1.30 Fie G un subgrup al lui Sn, n ≥ 2, cu proprietatea ca pentru orice

i, j ∈ 1, . . . , n exista σ ∈ G astfel ıncat σ(i) = j. Aratati ca pentru orice k ∈ 1, . . . , n

avem Gk ∩ Z(G) = e, unde Gk = τ ∈ G : τ(k) = k.

Iran, 2004

Solutie. Consideram actiunea lui G pe multimea 1, . . . , n data prin (σ, i) → σ(i).Pentru k ∈ 1, . . . , n avem ca Stab(k) = σ ∈ G : σ(k) = k, deci Stab(k) = Gk.Este imediat din enunt ca Gk = 1, . . . , n, unde Gk este orbita lui k, adica Gk = σ(k) :σ ∈ G.Din formula orbita-stabilizator obtinem ca n = |Gk| = [G : Gk]. Asadar existaτ1, . . . , τn−1 ∈ G cu proprietatea ca G = Gk ∪ τ1Gk ∪ . . . ∪ τn−1Gk (reuniune disjuncta).

24

Fie τ ∈ Gk ∩Z(G). Avem ca ττ j = τ jτ pentru orice j ∈ 1, . . . , n− 1 si de aici deducemca τ(τ j(k)) = τ j(k) pentru orice j ∈ 1, . . . , n− 1.Aratam acum ca k, τ1(k), . . . , τn−1(k) = 1, . . . , n si de aici rezulta, ın mod evident, caτ = e. Sa presupunem prin absurd ca τ i(k) = τ j(k), i 6= j. Atunci τ−1

j τ i(k) = k, echivalent

τ−1j τ i ∈ Gk, deci τ iGk = τ jGk, contradictie.

Problema 1.31 (i) Daca G este un subgrup al lui Sn care nu este continut ın An, atunci

G contine un subgrup de indice 2.

(ii) Daca G este grup finit si |G| = 4n+ 2, atunci G contine un unic subgrup de indice 2.

Solutie. (i) Fie G ≤ Sn astfel ıncat G nu este inclus ın An. Rezulta imediat ca[G : G ∩ An] ≤ [Sn : An] = 2. Dar G 6= G ∩ An, deci [G : G ∩ An] > 1. Am obtinut ca[G : G ∩An] = 2 si deci G ∩An este subgrup de indice 2 ın G.Se poate argumenta chiar mai simplu: deoarece G 6= G ∩ An, G contine o permutareimpara, sa o notam cu σ. Rezulta ca G ∩ An si σ(G ∩ An) formeaza o partitie a lui An.Daca τ ∈ G, atunci τ poate fi para, caz ın care τ ∈ G ∩ An, sau poate fi impara, caz ıncare σ−1τ ∈ G ∩An ⇔ τ ∈ σ(G ∩An).(ii) Cum |G| = 4n + 2, din teorema lui Cauchy rezulta ca G are un element g de ordin2. Din teorema lui Cayley stim ca exista un morfism injectiv de grupuri f : G → S(G)definit prin f(x)(y) = xy pentru orice x, y ∈ G. (Prin S(G) am notat grupul simetric almultimii G, care ın acest caz este izomorf cu S4n+2). Sa observam ca permutarea f(g) nuare puncte fixe, deoarece g 6= e, si ca (f(g))2 = IdG. Rezulta ca descompunerea lui f(g)ın produs de cicli disjuncti consta ın produsul a 2n + 1 transpozitii. Asadar f(g) este opermutare impara si aplicand (i) pentru grupul Im(f) obtinem ca Im(f) are un subgrupde indice 2. Dar f este morfism injectiv, deci G ' Im(f), de unde rezulta ca G are unsubgrup de indice 2.Presupunem acum ca exista doua subgrupuri distincte H1, H2 de indice 2 ın G. Acesteasunt subgrupuri normale si deci H1H2/H1 ' H2/H1 ∩ H2. Deoarece H1 este subgruppropriu al lui H1H2, rezulta ca H1H2 = G, deci |H1H2/H1| = 2 = |H2/H1 ∩H2|, ceea ce

ınseamna ca H1 ∩H2 are |H2|2 = 2n+1

2 elemente, ceea ce este absurd.

Problema 1.32 Sa se arate ca grupurile GL(2,Z) si GL(3,Z) nu sunt izomorfe.

Solutie. Sa presupunem ca grupurile GL(2,Z) si GL(3,Z) sunt izomorfe. Vom definiacum un morfism injectiv de grupuri f : GL(2,Z) × ±1 → GL(3,Z) prin f(A,±1) =(A 00 ±1

). Deoarece grupul (±1, ·) este izomorf cu Z2 si GL(2,Z) este izomorf cu

GL(3,Z), rezulta ca avem un morfism injectiv de la GL(2,Z) × Z2 la GL(2,Z). Iterandobtinem ca exista un morfism injectiv de la GL(2,Z)×Z2×· · ·×Z2 (ın produs se consideran copii ale lui Z2) la GL(2,Z). In particular, aceasta ınseamna ca pentru orice n ∈ N∗exista A1, . . . , An ∈ GL(2,Z) cu proprietatea ca ord(Ai) = 2 si AiAj = AjAi, oricare ar fii, j ∈ 1, . . . , n.

Elementele de ordin 2 din GL(2,Z) sunt matricele −I2 si

(a bc −a

), cu bc = 1− a2. Sa

consideram doua matrice de aceasta forma si sa vedem ın ce conditii acestea comuta: fie

A =

(a bc −a

)si A′ =

(a′ b′

c′ −a′)

astfel ıncat AA′ = A′A. Din calcule se obtine ca


ab′ = a′b, ac′ = a′c, bc′ = b′c. Tinand cont de faptul ca bc = 1− a2 si b′c′ = 1− a′2, rezultaca singurele matrice de ordin 2 cu care A comuta sunt −A si −I2, contradictie.

Observatie. Solutia data se bazeaza pe faptul ca grupul Z32 nu se scufunda ın GL(2,Z),

dar se scufunda ın GL(3,Z). Aceasta observatie se poate generaliza ducand la concluziaca grupurile GL(m,Z) si GL(n,Z) nu sunt izomorfe pentru m 6= n.

Problema 1.33 Fie G un grup finit, p cel mai mic divizor prim al lui |G| si H un subgrup

normal. Sa se arate ca daca |H| = p, atunci H este continut ın Z(G).

Iran, 1990 si Iran, 2011

Solutia 1. Presupunem ca H 6⊆ Z(G). Atunci rezulta ca H∩Z(G) = e. Consideramacum actiunea prin conjugare a lui G pe H si scriem ecuatia claselor pentru aceastaactiune. Vom avea |H| = |H ∩ Z(G)| +

∑[G : CG(x)], unde CG(x) este centralizatorul

elementului x ∈ H, ın acest caz cu CG(x) 6= G. Deoarece [G : CG(x)] divide |G| sip este cel mai mic numar prim care divide |G|, rezulta ca [G : CG(x)] ≥ p, de undep = |H| = 1 +

∑[G : CG(x)] ≥ 1 + p, contradictie.

Solutia 2. Actiunea prin conjugare a lui G pe H defineste un morfism ϕ : G →Aut(H). Cum H ' Zp, avem ca Aut(H) ' Aut(Zp). Stim ınsa ca Aut(Zp) ' Z×p , iar Z×peste grup ciclic cu p− 1 elemente. Fiindca p este cel mai mic divizor prim al lui |G|, avemca (|G|, p− 1) = 1 si astfel morfismul ϕ este trivial. Deci gxg−1 = x pentru orice g ∈ G siorice x ∈ H, ceea ce ınseamna ca H ⊆ Z(G).

Observatie. Se observa ca putem ınlocui conditia din enunt asupra lui H cu(|G|, |Aut(H)|) = 1.

Problema 1.34 Fie G un grup finit si H1, H2, H3 trei subgrupuri abeliene. Daca ([G :

Hi], [G : Hj ]) = 1 pentru orice i, j ∈ 1, 2, 3, i 6= j, atunci G este grup abelian.

Solutie. Fie p un numar prim cu proprietatea ca p | |G|. Atunci vor exista i, j ∈1, 2, 3, i 6= j, astfel ıncat p - [G : Hi] si p - [G : Hj ].Deoarece ([G : Hi], [G : Hj ]) = 1, avem G = HiHj si de aici deducem ca [G : Hi ∩Hj ] =[G : Hi][G : Hj ]. In particular, obtinem ca p - [G : Hi ∩Hj ] si aceasta conduce imediat laexistenta unui p-subgrup Sylow al lui G continut ın Hi ∩Hj .Fie P p-subgrup Sylow al lui G, P ≤ Hi ∩Hj . Cum Hi, Hj sunt abeliene avem ca Hi ≤NG(P ), respectiv Hj ≤ NG(P ). In consecinta, G = HiHj ≤ NG(P ), deci G = NG(P ),ceea ce ınseamna ca P EG.Am obtinut astfel ca pentru orice p | |G| exista un unic p-subgrup Sylow ın G si acestaeste abelian. Dar ın aceste conditii G este produsul direct al subgrupurilor sale Sylow, deciG este abelian.

Observatie. Acest rezultat apare ın lucrarea lui lui K. Doerk, Minimal nicht ube-rauflosbare, endlicher Gruppen, Math. Z., 91 (1966), 198-205, si este valabil si pentru altetipuri de subgrupuri, cum ar fi cele nilpotente sau cele rezolubile.

Problema 1.35 Fie G un grup finit simplu si neabelian si H un subgrup propriu. Aratati

ca pentru orice divizor prim p al lui |H| multimea p-subgrupurilor Sylow ale lui H nu poate

fi egala cu multimea p-subgrupurilor Sylow ale lui G.

26

Iran, 2003

Solutie. Presupunem prin absurd ca Sylp(H) = Sylp(G). In particular, orice p-subgrupSylow al lui G este continut ın H.Fie P ∈ Sylp(G) si g ∈ G. Atunci g−1Pg ∈ Sylp(G), deci g−1Pg ∈ Sylp(H). De aicirezulta ca g−1Pg ⊆ H, deci P ⊆ gHg−1. Cum g a fost ales arbitrar ın G, obtinem caP ⊆

⋂g∈G gHg

−1.

Dar⋂g∈G gHg

−1 = HG EG si cum G este simplu avem ca HG = e sau HG = G.Dar P ⊆ HG, deci HG 6= e.Daca HG = G, atunci H CG, fals.Asadar am obtinut o contradictie.

Problema 1.36 Fie G un grup finit cu exact 50 de 7-subgrupuri Sylow. Fie P un 7-

subgrup Sylow al lui G si N = NG(P ).

(i) Aratati ca N este subgrup maximal al lui G;

(ii) Daca N are un 5-subgrup Sylow Q si QEN , atunci QEG.

Iran, 2007

Solutie. (i) Din a doua teorema a lui Sylow stim ca [G : N ] = 50. Fie acum H ≤ Gcu N ⊆ H. Atunci P este, de asemenea, 7-subgrup Sylow al lui H si N = NH(P ), deci[H : N ] ≡ 1 (mod 7). Din teorema lui Lagrange avem ca [H : N ] divide pe [G : N ] si severifica usor ca singurele posibilitati sunt [H : N ] = 1 sau [H : N ] = 50. Astfel H = Nsau H = G, deci N este maximal.(ii) Fie R un 5-subgrup Sylow al lui G care ıl contine pe Q. In mod evident R ∩N = Q.Daca Q = R, atunci NG(Q) = NG(R) si cum N ≤ NG(Q) rezulta ca [G : N ] estedivizibil prin [G : NG(Q)]. Deoarece [G : NG(R)] ≡ 1 (mod 5), exista k ∈ N astfel ıncat[G : NG(R)] = 5k + 1 si 5k + 1 | 50. Pentru k ≥ 1 este fals, iar pentru k = 0 se obtine caNG(Q) = G, deci QEG.Sa consideram acum ca Q 6= R. Deoarece R este un 5-grup, NR(Q) ıl contine strict pe Q.(Aceasta este o proprietate valabila ın orice p-grup finit: daca Q = NR(Q), atunci Z(R) ⊆Q si ın grupul factor R/Z(R) avem ca subgrupul Q/Z(R) coincide cu normalizatorulsau. Cum ınsa |R/Z(R)| < |R|, ajungem imediat la o contradictie.) Asadar NR(Q) 6⊆ N ,altminteri NR(Q) ar fi continut ın N ∩ R = Q, fals. Astfel, 〈NR(Q), N〉 ıl contine strictpe N si cum acesta este maximal (din (i)) avem 〈NR(Q), N〉 = G. Deoarece Q E NR(Q)si QEN , rezulta QEG.

Problema 1.37 Fie G un grup finit si N un subgrup maximal al lui G. Presupunem ca

N este abelian, [G : N ] = pn cu p prim si n ≥ 1, si N nu contine nici un subgrup normal

netrivial al lui G. Aratati ca p nu divide |N |.

Iran, 2010

Solutie. Presupunem prin reducere la absurd ca p | |N | si fie x ∈ N cu ord(x) = p.Exista P un p-subgrup Sylow al lui G cu proprietatea ca x ∈ P .


Cum P ∩N este subgrup al lui N si N este abelian rezulta ca P ∩N este subgrup normalal lui N . Asadar N ⊆ NG(P ∩N).Dar N este subgrup maximal, deci trebuie ca NG(P ∩N) = N sau NG(P ∩N) = G.Cazul NG(P ∩ N) = G este imposibil, pentru ca am avea P ∩ N subgrup normal ın G,netrivial si continut ın N .Ramane ca NG(P ∩N) = N . De aici obtinem ca NP (P ∩N) = P ∩N . Insa P ∩N ≤ Psi P p-grup, iar conform celor aratate ın solutia problemei 1.36, daca P ∩N 6= P , trebuiesa avem P ∩ N 6= NG(P ∩ N). In consecinta, P ∩ N = P ceea ce implica p - [G : N ],contradictie.

Problema 1.38 Sa se determine numarul structurilor neizomorfe de inel care pot fi def-

inite pe o multime cu p elemente, unde p este un numar prim.

Solutie. Deoarece orice grup cu p elemente este izomorf cu (Zp,+), este suficient sadeterminam structurile de inel al caror grup abelian subiacent este (Zp,+).Cum acest grup este generat de 1, ınmultirea ”∗” din inel este complet determinata de1 ∗ 1. Intr-adevar, daca 1 ∗ 1 = a, atunci n ∗ m = nma pentru orice n, m ∈ Zp. Pe de altaparte, o verificare simpla arata ca pentru orice a ∈ Zp ınmultirea n ∗ m = nma definesteo structura de inel (Zp,+, ∗).Daca a 6= 0, atunci inelul (Zp,+, ∗) este izomorf cu inelul (Zp,+, ·) al claselor de resturimodulo p, un izomorfism fiind f : (Zp,+, ·)→ (Zp,+, ∗), f(n) = na.Daca a = 0, atunci (Zp,+, ∗) este inelul nul, ın care n ∗ m = 0 pentru orice n, m ∈ Zp, siacesta este evident neizomorf cu (Zp,+, ·).Prin urmare exista exact doua structuri de inel neizomorfe pe o multime cu p elemente, sianume inelul nul si inelul (Zp,+, ·) care este chiar corp comutativ.

Problema 1.39 Fie R un inel cu grupul (R,+) ciclic. Sa se arate ca R este inel comutativ.

Solutie. Daca grupul (R,+) subiacent inelului este ciclic, fie a un generator al acestuigrup si r, s ∈ R doua elemente arbitrare. Atunci exista m, p ∈ N∗ cu r = ma si s = pa.Rezulta rs = (ma)(pa) = mpa2 = pma2 = (pa)(ma) = sr si deci R este comutativ.

Problema 1.40 (i) Sa se arate ca orice inel unitar cu p2 elemente este comutativ, unde

p este un numar prim.

(ii) Sa se arate ca exista inele neunitare cu p2 elemente care nu sunt comutative.

Iran, 2010

Solutie. (i) Fie R un inel unitar cu p2 elemente. Daca 1 = 1R are ordinul p2 ın (R,+),atunci (R,+) este ciclic si din problema 1.39 rezulta ca R este comutativ.Daca 1 are ordinul p, fie K subinelul lui R generat de 1. Atunci K are p elemente, decieste corp comutativ (vezi rezolvarea problemei 1.38). Mai mult, exista a ∈ R astfel ıncat1, a este o baza a K-spatiului vectorial R si K = n · 1R| n ∈ N∗ este inclus ın centrullui R. Daca r, s ∈ R, atunci exista α, β, γ, δ ın K astfel ıncat r = α + βa si s = γ + δa.Efectuand ınmultirile obtinem rs = sr.(ii) Fie R = Zp × Zp cu adunarea pe componente si ınmultirea data de (a, b)(c, d) =

28

(ac+ bc, ad+ bd) pentru orice a, b, c, d ∈ Zp.Se arata prin calcul ca sunt satisfacute axiomele inelului.Avem (1, 1)(1, 0) = (2, 0) si (1, 0)(1, 1) = (1, 1), deci R nu este comutativ. In particular,din prima parte a problemei rezulta ca R nu este unitar.

Problema 1.41 Fie R un inel finit cu urmatoarea proprietate: pentru orice a, b ∈ R

exista c ∈ R (depinzand de a si b) astfel ıncat a2 + b2 = c2.

Sa se arate ca pentru orice a, b, c ∈ R exista d ∈ R cu proprietatea ca 2abc = d2.


Solutie. Definim R(2) = x2 : x ∈ R si observam ca proprietatea lui R data ın enuntse poate rescrie ca R(2) +R(2) ⊆ R(2).Pentru un element y ∈ R(2) fixat, functia f : R(2) → R(2) definita prin f(x) = x + y esteinjectiva si cum R(2) este o multime finita rezulta ca f este bijectiva. Asadar R(2) esteınchisa si la scadere, deci R(2) este subgrup al lui (R,+).Fie acum doua elemente x, y ∈ R. Deoarece xy + yx = (x + y)2 − x2 − y2, rezulta caxy + yx ∈ R2. Pentru

x = a si y = bc, obtinem ca abc+ bca ∈ R2,

x = c si y = ab, obtinem ca cab+ abc ∈ R(2),

x = ca si y = b, obtinem ca cab+ bca ∈ R(2).

Acum, daca adunam primele doua relatii si o scadem pe cea de-a treia, obtinem ca 2abc ∈R(2).

Problema 1.42 Fie R un inel unitar care are un numar finit, strict mai mare decat 1, de

divizori ai lui zero la stanga sau la dreapta. Sa se arate ca R este finit.

Mai mult, daca |R| = n, atunci |U(R)| ≤ n− [√n].

Solutie. Fie D = a1, . . . , an multimea divizorilor lui zero la stanga sau la dreaptadin R. Presupunem prin absurd ca R este infinit. Fie a ∈ D \ 0 un divizor al lui zerola dreapta (se rationeaza analog pentru un divizor al lui zero la stanga). Daca x ∈ R \D,atunci ax este un element nenul din D. Cum D este finita, rezulta ca exista o multimeinfinita de elemente din R, fie acestea r1, . . . , rn, . . ., astfel ıncat ar1 = . . . = arn = . . ..Rezulta ca ri − rj ∈ D pentru orice i, j ∈ N∗, deci ri − r1 ∈ D pentru orice i ∈ N∗ ceea cecontrazice finitudinea lui D. Prin urmare, R este finit.Fie x ∈ R \ 0 un divizor al lui zero la dreapta si φ : R → xR definita prin φ(a) = xa.Avem ca φ este morfism surjectiv de grupuri, deci R/Ker φ ' xR, de unde obtinem|R| = |Ker φ||xR|. Cum multimile Ker φ si xR sunt formate din divizori ai lui zero ladreapta, rezulta |D|2 ≥ n, deci |D| ≥

√n ≥ [

√n] (se poate rationa analog pentru un divizor

al lui zero la stanga, luand Rx ın loc de xR). Cum ıntr-un inel finit avem U(R) = R \D,rezulta ca |U(R)| ≤ n− [

√n].

Problema 1.43 Fie R un inel cu urmatoarele proprietati:


(i) (ab)2 = a2b2 pentru orice a, b ∈ R;

(ii) x3 = 0 implica x = 0.

Aratati ca R este inel comutativ.

Iran, 2007

Solutie. Fie u, v ∈ R si x = uv, y = vu. Din relatia (vu)2 = v2u2 rezulta ca x3 = xyx,iar din relatia (uv)2 = u2v2 rezulta y3 = yxy. Un calcul simplu arata ca (x − y)3 =xy2 − x2y + y2x− yx2. Daca x = 0, atunci (−y)3 = 0, si din (ii) avem ca y = 0.Asadar uv = 0 implica vu = 0.Din (i) obtinem ca a(ba − ab)b = 0 si din cele de mai sus rezulta ca ba(ba − ab) = 0.Schimband pe a cu b obtinem ca ab(ab− ba) = 0. Adunand ultimele doua relatii avem ca(ab−ba)2 = 0. De aici obtinem ca (ab−ba)3 = 0, deci ab = ba, ceea ce trebuia demonstrat.

Problema 1.44 Fie R un inel oarecare. Sa se arate ca daca x2 ∈ Z(R) pentru orice

x ∈ R, atunci (xy)2 = (yx)2 pentru orice x, y ∈ R.

Iran, 2008

Solutie. Fie x, y ∈ R. Atunci (xy+x)2−(xy)2−x2 = xyx+x2y ∈ Z(R). In particular,avem ca y(xyx + x2y) = (xyx + x2y)y ⇔ (yx)2 + yx2y = (xy)2 + x2y2. Cum x2 ∈ Z(R)rezulta ca yx2y = x2y2, deci (yx)2 = (xy)2, ceea ce trebuia demonstrat.

Problema 1.45 Fie R un inel unitar. Aratati ca:

(i) daca orice element inversabil este central, atunci orice element nilpotent este central;

(ii) daca orice element nilpotent este central, atunci orice element idempotent este cen-

tral.

Iran, 2007

Solutie. (i) Fie a ∈ R element nilpotent. Atunci exista n ∈ N, n ≥ 1, astfel ıncatan = 0. Deoarece 1 = 1− an = (1− a)(1 + a+ · · ·+ an−1) = (1 + a+ · · ·+ an−1)(1− a),rezulta ca 1− a este element inversabil, deci central, de unde rezulta ca a este central.(ii) Fie e ∈ R un element idempotent si x ∈ R un element oarecare. Avem ca (exe−ex)2 = 0si (exe− xe)2 = 0. Din ipoteza, elementele exe− ex, exe− xe sunt centrale. In particular,e(exe − ex) = (exe − ex)e si e(exe − xe) = (exe − xe)e. De aici obtinem ca ex = exe,respectiv xe = exe. In concluzie, ex = xe, deci e este element central.

Problema 1.46 Fie R un inel unitar. Stim ca orice element al lui R se poate scrie ca

produs de elemente idempotente. Sa se arate ca R este inel comutativ.

Iran, 2009

30

Solutie. Este suficient sa aratam ca orice element idempotent este central.Sa presupunem mai ıntai ca avem doua elemente x, y ∈ R cu proprietatea ca xy = 1. Vomarata ca x = y = 1. Daca x 6= 1, atunci scriem x = e1 · · · en, cu ei elemente idempotentesi e1 6= 1. Fie z = e2 · · · eny. Avem e1z = 1 si de aici rezulta ca 1− e1 = (1− e1)e1z = 0,fals.Sa presupunem acum ca avem un element a ∈ R cu proprietatea ca a2 = 0. Atunci1− a2 = 1, de unde (1− a)(1 + a) = 1 si folosind observatia de mai sus obtinem a = 0.Fie e ∈ R un element idempotent si x ∈ R arbitrar. Atunci (ex−exe)2 = 0 si (xe−exe)2 =0, de unde rezulta ca ex = exe = xe, deci orice element idempotent este central.

Problema 1.47 Fie R un inel comutativ unitar. Sa se arate ca:

(i) Idemp(R) are o structura de grup ın raport cu legea de compozitie ”∗” definita prin:

e ∗ f = e+ f − 2ef pentru orice e, f ∈ Idemp(R).

(ii) Daca R are un numar finit de idempotenti, atunci exista n ∈ N∗ astfel ıncat

| Idemp(R)| = 2n.

Solutie. (i) Fie e, f ∈ Idemp(R). Atunci

(e+ f − 2ef)2 = e2 + f2 + 4e2f2 + 2ef − 4e2f − 4ef2

= e+ f + 4ef + 2ef − 4ef − 4ef

= e+ f − 2ef,

deci e+f −2ef este idempotent. Rezulta ca Idemp(R) este parte stabila ın raport cu ”∗”.• Pentru orice e, f, g ∈ Idemp(R) avem

(e ∗ f) ∗ g = (e+ f − 2ef) ∗ g= (e+ f − 2ef) + g − 2(e+ f − 2ef)g

= e+ f + g − 2ef − 2eg − 2fg + 4efg

si

e ∗ (f ∗ g) = e+ (f + g − 2fg)− 2e(f + g − 2fg)

= e+ f + g − 2fg − 2ef − 2eg + 4efg,

deci ”∗” este asociativa.• Pentru orice e ∈ Idemp(R) avem e∗0 = 0∗ e = e, deci 0 este element neutru pentru ”∗”.• Orice idempotent e are un invers e ∗ (1− e) = (1− e) ∗ e = e.Prin urmare (Idemp(R), ∗) este grup.(ii) Observam ca e ∗ e = 0 pentru orice e ∈ Idemp(R), deci ın acest grup orice elementeste de ordin 2. In ipoteza ca Idemp(R) este grup finit putem aplica rezultatul problemei1.14(ii) si obtinem ca exista n ∈ N∗ astfel ıncat | Idemp(R)| = 2n.

Problema 1.48 Fie R un inel de caracteristica zero si e, f, g ∈ R elemente idempotente

care satisfac relatia e+ f + g = 0. Sa se arate ca e = f = g = 0.


IMC, 2000

Solutie. Avem g = g2 = (−e−f)2 = e+(ef+fe)+f = (ef+fe)−g, deci 2g = ef+fe.Comutatorul aditiv [e, f ] = ef − fe se poate scrie astfel: [e, f ] = [e, ef + fe] = 2[e, g] =2[e,−e − f ] = −2[e, f ], de unde rezulta ca [e, f ] = 0. Din aceasta relatie si din faptul ca2g = ef + fe obtinem g = ef .Acum relatia e+ f + g = 0 devine e+ f + ef = 0 si prin ınmultire la stanga cu e vom aveae+ 2ef = 0. Analog f + 2ef = 0. Din aceste ultime doua relatii deducem ca e = f .Similar se obtine ca e = g, deci e = f = g si din e+ f + g = 0 rezulta e = f = g = 0.

Problema 1.49 Fie R un inel si un numar ıntreg n > 2. Presupunem ca xn = x, pentru

orice x ∈ R. Sa se arate ca xyn−1 = yn−1x oricare ar fi x, y ∈ R.


Solutie. Vom arata mai ıntai ca ıntr-un inel fara nilpotenti netriviali ele-menteleidempotente sunt centrale. Fie e ∈ R un element idempotent si x ∈ R arbitrar. Atunci(ex− exe)2 = 0 si (xe− exe)2 = 0, de unde rezulta ca ex = exe = xe.Acum este lesne de observat ca R nu are nilpotenti netriviali si ca yn−1 este idempotent,pentru orice y ∈ R.

Problema 1.50 Sa se arate ca nu exista inele unitare cu exact cinci elemente inversabile.

Solutia 1. Presupunem ca exista un inel unitar R cu exact cinci elemente inversabile.Asadar |U(R)| = 5 si cum −1 ∈ U(R), rezulta ca (−1)5 = 1, deci 1 + 1 = 0.Mai mult, grupul U(R) avand ordinul 5 este grup ciclic. Fie a un generator al lui U(R). Ev-ident a 6= 1. Atunci (1+a+a2)2 = 1+a2+a4, deci (1+a+a2)3 = (1+a2+a4)(1+a+a2) = a3.Insa ecuatia x3 = a3 are o singura solutie, si anume x = a, deoarece x trebuie sa fieinversabil si verificam pe rand valorile 1, a, a2, a3, a4.Dar 1 + a+ a2 = a duce la a2 = 1, ceea ce este absurd.

Solutia 2. Incepem exact ca la solutia precedenta si obtinem ca 1+1 = 0. Consideramun element a ∈ U(R) care genereaza acest grup.Definim acum un morfism de inele unitare ϕa : F2[X]→ R cu proprietatea ca ϕa(X) = a.Deoarece a5 = 1, Ker ϕa va contine polinomul X5− 1 = (X − 1)(X4 +X3 +X2 +X + 1).Fie ζ o radacina a lui X4 + X3 + X2 + X + 1 (ın ınchiderea algebrica a lui F2). AtunciF2(ζ) este un corp cu 2n elemente, unde 1 ≤ n ≤ 4. Din teorema lui Lagrange rezulta ca5 = ord(ζ) divide pe |F×2n | = 2n − 1, ceea ce implica n = 4 si ca X4 + X3 + X2 + X + 1este polinomul minimal al lui ζ peste F2.Fie S = Im(ϕa). S este un subinel al lui R care are ca si R exact cinci elemente inversabile.Dar S este izomorf cu un inel factor al lui F2[X]/(X5−1). Din teorema chineza a resturilorobtinem ca

F2[X]/(X5 − 1) ' F2[X]/(X − 1)× F2[X]/(X4 +X3 +X2 +X + 1) ' F2 × F16,

deci S este izomorf cu 0 sau cu F2 sau cu F16 sau cu F2 × F16, deci are 1 sau 15 unitati,contradictie.

Problema 1.51 Sa se arate ca nu exista inele cu exact cinci elemente regulate.

32

Iran, 2008

Solutie. Presupunem ca exista un inel R cu exact cinci elemente regulate.Fie G multimea elementelor regulate ale lui R. Observam ca G este ınchisa la ınmultire.Mai mult, ınmultirea la stanga (dreapta) pe G cu elemente din G este injectiva, deci sisurjectiva. Asadar ecuatiile ax = b si ya = b au solutii ın G pentru orice a, b ∈ G. Deducemde aici ca G este grup ın raport cu operatia de ınmultire din R. Cum |G| = 5, rezulta caG este grup ciclic si notam cu 1 elementul sau neutru.Evident −1, 1 este subgrup al lui G, deci neaparat −1 = 1.Apoi, pentru a ∈ G − 1 fixat, definim un morfism canonic de inele ϕa : Z2[X] → R cuurmatoarele proprietati: ϕa(1) = 1 si ϕa(X) = a.Fie S = Im(ϕa). S este subinel al lui R cu elementul unitate 1 si pentru ca G = 〈a〉 ⊆ Sobtinem ca orice element regulat al lui R este element inversabil ın S.Reciproc, orice element c ∈ U(S) este element regulat ın R. Altminteri ar exista un elementx ∈ R, x 6= 0, cu (sa zicem) xc = 0. Fie b ∈ S cu cb = 1. Atunci x1 = x(cb) = (xc)b = 0,ceea ce contrazice faptul ca elementul 1 ∈ G este regulat ın R.Deci S este un inel unitar cu |U(S)| = 5, contradictie cu problema 1.50.

Problema 1.52 Fie R un inel unitar si a ∈ R cu a3 − a− 1 = 0. Aratati ca daca I este

un ideal bilateral al lui R cu proprietatea ca |R/I| ≤ 4, atunci I = R.

Iran, 2006

Solutie. Sa presupunem ca I 6= R. Consideram urmatoarele elemente ale lui R/I: 0, 1,a, a2 si a3. Din ipoteza rezulta ca cel putin doua dintre aceste elemente sunt egale. Asadaravem zece cazuri: 0 = 1, 0 = a, 0 = a2, 0 = a3, 1 = a, 1 = a2, 1 = a3, a = a2, a = a3 saua2 = a3. Aceasta ınsemna ca cel putin unul dintre urmatoarele elemente este ın I: 1, a,a2, a3, a− 1, a2 − 1, a3 − 1, a2 − a, a3 − a sau a3 − a2.Din relatia a3 − a − 1 = 0 rescrisa sub forma a(a − 1)(a + 1) = 1 rezulta ca cele zeceelemente de mai sus sunt toate inversabile, deci cu necesitate vom avea I = R.

Problema 1.53 Fie R un inel unitar si I un ideal bilateral cu proprietatea ca I ⊆ N(R).

Atunci orice idempotent din R/I se ridica la un idempotent ın R (adica pentru orice

f ∈ R/I cu f2 = f , exista e ∈ R cu e2 = e astfel ıncat f = e).

Solutie. Cum f ∈ R/I, exista x ∈ R astfel ıncat f = x. Din x2 = x rezulta a =x2 − x ∈ I ⊆ N(R), deci exista n ∈ N∗ astfel ıncat an = 0. Obtinem

0 = (x2 − x)n

=

n∑k=0

(−1)kCknx2kxn−k

=n∑k=0

(−1)kCknxn+k

= xn − xn+1n∑k=1

(−1)k−1Cknxk−1.


Notand t =n∑k=1

(−1)k−1Cknxk−1, avem ca xn = xn+1t si xt = tx. Fie e = xntn. Aratam ca

e este idempotent si ca f = e. Avem e = xntn = (xn+1t)tn = xn+1tn+1 = (xn+2t)tn+1 =

xn+2tn+2 = . . . = x2nt2n = (xntn)2 = e2. De asemenea, e = (xt)n si cum x = xn+1 se

obtine xt = xn+1t = xn+1t = xn, deci e = (xn)n = xn2

= x = f , ceea ce era de demonstrat.

Problema 1.54 Fie R un inel comutativ si unitar, P un ideal prim al sau si I idealul

generat de elementele idempotente din P . Sa se arate ca R/I nu are idempotenti netriviali

(adica diferiti de 0 si 1).

Solutie. Fie x ∈ R/I cu x2 = x. Rezulta x2 − x ∈ I, deci x2 − x = a1e1 + . . .+ anencu ai ∈ R si ei ∈ P, e2

i = ei pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Avem (1− e1) · · · (1− en)(x2 − x) = 0,deoarece pentru fiecare i = 1, . . . , n, termenul aiei este anulat de 1− ei. Acum o inductiesimpla dupa n ne conduce la concluzia ca (1−e1) · · · (1−en) = 1−e pentru un e ∈ P, e2 = e(pentru aceasta se observa ca (1− e1)(1− e2) = 1− e pentru e = e1 + e2− e1e2 cu e2 = e).Deci (1− e)(x2 − x) = 0. Pe de alta parte, x2 − x ∈ I ⊆ P ⇒ x ∈ P sau 1− x ∈ P .Daca x ∈ P , atunci x− ex = x2− (ex)2 = (x− ex)2 ⇒ x− ex este un element idempotental lui P ⇒ x− ex ∈ I ⇒ x = ex = 0.Daca 1−x ∈ P , atunci se verifica usor ca (1−x)−e(1−x) ∈ P este un element idempotent⇒ 1− x = e(1− x) = 0⇒ x = 1.

Problema 1.55 Fie R un inel oarecare (nu neaparat unitar) care nu are ideale bilaterale

nilpotente nenule. Aratati ca orice ideal stang nenul al lui R are un element al carui patrat

este nenul.

Iran, 2005

Solutie. Presupunem prin reducere la absurd ca R are un ideal stang I 6= 0 ale caruielemente au patratele nule.Rezulta ca (x+ y)2 = 0 pentru orice x, y ∈ I, deci xy = −yx pentru orice x, y ∈ I.Asadar (Ix)(Ix) = 0 pentru orice x ∈ I, de unde rezulta ca (IxR)(IxR) ⊆ (Ix)I(xR) =(Ix)(Ix)R = 0 pentru orice x ∈ I. Deci idealul bilateral IxR este nilpotent, ceea ce, ınvirtutea ipotezei, duce la IxR = 0 pentru orice x ∈ I.In consecinta, Ix ⊆ lannR(R), unde prin lannR(R) am notat anulatorul la stanga al lui Rın R.Este usor de probat ca lannR(R) este ideal bilateral si ca (lannR(R))2 = 0, deci, conformipotezei, lannR(R) = 0. De aici avem si ca Ix = 0 pentru orice x ∈ I. In consecinta,I2 = 0.Idealul bilateral IR are proprietatea ca (IR)(IR) ⊆ I2R = 0, deci este nilpotent si conformipotezei IR = 0. Aceasta ınseamna ca I ⊆ lannR(R), deci I = 0, contradictie.

Problema 1.56 Fie R un inel unitar. Aratati ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

(i) orice ideal propriu al lui R este prim;

34

(ii) orice ideal I al lui R satisface I2 = I si oricare ar fi doua ideale I, J avem I ⊆ J sau

J ⊆ I.

Iran, 2009

Solutie. (i) ⇒ (ii) Fie I un ideal al lui R. Daca I = R, atunci I2 = I. Daca I 6= R,atunci I2 6= R, deci I2 este ideal prim. Fie a ∈ I. Cum a2 ∈ I2 si I2 este ideal prim,rezulta ca a ∈ I2. Asadar I ⊆ I2, deci egalitate.Fie acum I, J ideale ale lui R si presupunem ca I 6= R, J 6= R. Idealul IJ este propriu,deci prim si cum IJ ⊆ IJ rezulta ca I ⊆ IJ sau J ⊆ IJ , deci I ⊆ J sau J ⊆ I.(ii) ⇒ (i) Fie P un ideal propriu al lui R si I, J ideale cu proprietatea ca IJ ⊆ P . Vremsa aratam ca I ⊆ P sau J ⊆ P .Sa presupunem ca I ⊆ J . Atunci I2 ⊆ IJ si cum I2 = I rezulta I ⊆ P , deci P este idealprim.

Problema 1.57 Fie R un inel comutativ unitar. Daca R/N(R) este corp, atunci R este

inel local, adica are un singur ideal maximal.

Iran, 2003

Solutie. Sa aratam mai ıntai ca R este inel local daca si numai daca oricare ar fi x ∈ Ravem x ∈ U(R) sau 1− x ∈ U(R).Daca R este inel local, fie m idealul sau maximal. Evident, U(R) ⊆ R−m. Fie x ∈ R−m.Daca x nu este inversabil, atunci xR 6= R si xR va fi continut ın m, fals. Deci R−m = U(R)si de aici rezulta imediat ca x ∈ U(R) sau 1− x ∈ U(R).Reciproc, fie m un ideal maximal al lui R. Vom arata din nou ca R − m = U(R). Fiex ∈ R − m. Atunci m + xR = R, deci exista y ∈ m si a ∈ R astfel ıncat y + xa = 1.Cum y ∈ m, el nu poate fi inversabil. Din ipoteza rezulta 1− y ∈ U(R) si de aici avem cax ∈ U(R). In concluzie, singurul ideal maximal al lui R este R− U(R).Fie acum x ∈ R.Daca x = 0 (ın inelul factor R/N(R)), atunci x ∈ N(R) si deci 1− x ∈ U(R).Daca x 6= 0, atunci x este inversabil, deci exista y ∈ R/N(R) cu proprietatea ca xy = 1.De aici rezulta ca 1− xy ∈ N(R), deci xy = 1− (1− xy) ∈ U(R). In concluzie, x ∈ U(R).

Observatie. Se poate arata ca daca R/N(R) este corp, atunci R are un singur idealprim.

Problema 1.58 Fie R un inel unitar. R se numeste inel Boole daca x2 = x pentru orice

x ∈ R. Sa se arate ca:

(i) Daca R este inel Boole, atunci R este comutativ si 2x = 0 pentru orice x ∈ R.

(ii) Spec(R) = Max(R).

(iii) Daca X este o multime, atunci (P(X),∆,∩) este inel Boole.


(iv) Daca R este inel Boole finit, atunci exista o multime finita X cu proprietatea ca

R este izomorf cu (P(X),∆,∩). In particular, un inel Boole finit are 2r elemente,

r ∈ N.

(v) Pe orice multime infinita X se poate defini o structura de inel Boole.

Olimpiada Nationala de Matematica, Romania, 1998

Solutie. (i) Vom arata mai ıntai ca ın inelul R avem 1 + 1 = 0. Intr-adevar, (−1)2 =−1 ⇒ 1 = −1 ⇒ 1 + 1 = 0. Deci 2x = 0 pentru orice x ∈ R. Fie x, y ∈ R. Atunci(x+ y)2 = x+ y ⇒ x2 + xy + yx+ y2 = x+ y ⇒ xy + yx = 0⇒ xy = −yx⇒ xy = yx.(ii) Fie P ∈ Spec(R). Exista M ∈ Max(R) astfel ıncat P ⊆M . Daca P 6= M atunci existax ∈ M \ P . Dar x2 = x ⇒ x(1 − x) = 0 ∈ P ⇒ 1 − x ∈ P ⇒ 1 − x ∈ M ⇒ 1 ∈ M ,contradictie. Deci P = M ∈ Max(R).(iii) Pentru o multime X se verifica prin calcul ca multimea partilor sale P(X) are ostructura de inel ın raport cu diferenta simetrica A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A) (care joacarolul adunarii ın P(X)) si intersectia multimilor (care joaca rolul ınmultirii ın P(X)).Elementul nul al acestui inel este multimea vida, iar elementul unitate este X. Mai mult,A ∩A = A pentru orice A ∈ P(X), deci (P(X),∆,∩) este inel Boole.(iv) Fie R un inel Boole finit. Atunci (R,+) este grup finit si 2x = 0 pentru orice x ∈ R.Aplicand problema 1.14(ii) rezulta ca exista n ∈ N astfel ıncat |R| = 2n. Daca n = 0 saun = 1, atunci este clar.Daca n ≥ 2 vom arata prin inductie dupa n ca exista elementele a1, . . . , an ∈ R \ 0, 1 cuproprietatea ca aiaj = 0 pentru orice i 6= j.Pentru n = 2 exista e ∈ R \ 0, 1 si alegem a1 = e, a2 = 1− e. Pentru n > 2 se considerae ∈ R \ 0, 1 si se scrie R = Re+R(1− e). Re si R(1− e) sunt inele Boole cu elementulunitate e, respectiv 1−e, iar R ' Re×R(1−e) deoarece Re∩R(1−e) = 0. Dar |Re| = 2r

si R(1− e) = 2s cu r + s = n, iar din ipoteza de inductie rezulta ca exista b1, . . . , br ∈ Reastfel ıncat bibj = 0 pentru orice i 6= j si c1, . . . , cs ∈ R(1− e) astfel ıncat ckcl = 0 pentruorice k 6= l. Fie acum a1 = b1, . . . , ar = br, ar+1 = c1, . . . , an = cn si cum e(1− e) = 0 vomavea aiaj = 0 pentru orice i 6= j.Aratam acum ca multimea tuturor sumelor ai1 + . . . + aik , cu 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n, are2n elemente, deci coincide cu R, de unde rezulta ca pentru orice x ∈ R exista si sunt unice1 ≤ i1 < . . . < is ≤ n cu proprietatea ca x = ai1 + . . . + ais . Este suficient sa aratamca daca avem 1 ≤ j1 < . . . < js ≤ n si 1 ≤ k1 < . . . < kt ≤ n, atunci aj1 + . . . + ajs =ak1 + . . . + akt ⇔ s = t si j1 = k1, . . . , js = ks. Aceasta se demonstreaza aratand caj1, . . . , js ∈ k1, . . . , kt si k1, . . . , kt ∈ j1, . . . , js. Daca, de exemplu, j1 /∈ k1, . . . , kt,atunci din aj1(aj1 + . . . + ajs) = aj1(ak1 + . . . + akt) rezulta ca a2

j1+ . . . + aj1ajs =

aj1ak1 + . . .+ aj1akt ⇒ aj1 = 0, contradictie.Va fi suficient sa consideram acum aplicatia f : R → (P(1, . . . , n),∆,∩) definita prinf(x) = i1, . . . , is, unde x = ai1 + . . .+ ais , care este izomorfism.(v) Fie Pf (X) multimea partilor finite ale lui X si Pcf (X) multimea partilor lui X careau complementara finita. Este usor de verificat ca Pf (X) ∪ Pcf (X) este subinel unitaral inelului Boole (P(X),∆,∩). Se stie ınsa ca |Pf (X)| = |X|. Este clar ca aplicatia careduce o multime ın complementara ei defineste o bijectie ıntre Pf (X) si Pcf (X), de unde|Pcf (X)| = |Pf (X)|. Atunci |Pf (X) ∪ Pcf (X)| = |Pcf (X)| + |Pf (X)| = |X| + |X| = |X|.Rezulta ca exista o bijectie ıntre Pf (X) ∪ Pcf (X) si X. Transportand structura de inel

36

Boole a lui Pf (X) ∪ Pcf (X) prin aceasta bijectie, obtinem ca exista o structura de inelBoole pe X.

Problema 1.59 Fie R un inel unitar de caracteristica 2 cu proprietatea ca pentru orice

x 6= 1 si y 6= 1 avem xy = xy2. Aratati ca R este inel comutativ.

Iran, 1988

Solutie. Cum orice inel Boole este comutativ (vezi problema 1.58(i)), va fi suficientsa aratam ca R este inel Boole.Fie x ∈ R cu x 6= 0, 1. Deoarece caracteristica lui R este 2, exista un element x1 ∈ R,x1 6= 0, 1, cu proprietatea ca x = 1 + x1. Din ipoteza (1 + x1)y = (1 + x1)y2 pentru oricey ∈ R. Dar x1y = x1y

2, deci y = y2 pentru orice y ∈ R, ceea ce ınseamna ca R este inelBoole.

Problema 1.60 Fie R un inel unitar cu proprietatea ca orice ideal al sau este principal.

Aratati ca orice morfism surjectiv f : R→ R este izomorfism.

Iran, 1988

Solutie. Vom demonstra ca Ker f = 0, ceea ce rezolva problema.Avem urmatorul sir crescator de ideale: Ker f ⊆ Ker f2 ⊆ . . . . Se arata imediat caproprietatea lui R ca orice ideal al sau este principal conduce la faptul ca un astfel de sirde ideale este neaparat stationar, adica exista un n ∈ N, n ≥ 1, astfel ıncat Ker fn =Ker fn+1 = · · · . Asadar fn+1(x) = 0 implica fn(x) = 0 sau, echivalent, f(fn(x)) = 0implica fn(x) = 0. Dar fn este un morfism surjectiv, deci f(y) = 0 implica y = 0, ceea ceınseamna ca Ker f = 0.

Observatie. Un rationament asemanator apare ın rezolvarea problemei 1.22.

Problema 1.61 Fie A1, . . . , Am, B1, . . . , Bn inele comutative unitare care nu au

idempotenti netriviali (adica diferiti de 0 si 1). Atunci A1×· · ·×Am ' B1×· · ·×Bn daca

si numai daca m = n si exista σ ∈ Sn astfel ıncat Ai ' Bσ(i) pentru orice 1 ≤ i ≤ n.

Solutie. Notam A = A1 × · · · × Am si B = B1 × · · · × Bn. Sa observam ca x =(x1, . . . , xm) ∈ Idemp(A) ⇔ xi ∈ Idemp(Ai) pentru orice i = 1, . . . ,m ⇔ xi = 0 sauxi = 1 pentru orice i = 1, . . . ,m.Presupunem A ' B. Atunci | Idemp(A)| = | Idemp(B)| ⇒ 2m = 2n ⇒ m = n.Fie acum f : A→ B izomorfism de inele. Pentru fiecare i = 1, . . . , n fie ei ∈ A (respectivfi ∈ B) elementul care are 1 (elementul unitate al inelului Ai, respectiv Bi) pe pozitia isi 0 ın rest. Observam ca ei ∈ Idemp(A) si eiej = 0 pentru orice i 6= j. Rezulta ca f(ei) ∈Idemp(B)\0 si f(ei)f(ej) = 0 pentru orice i 6= j. Deci f(ei) are pe fiecare componenta 0sau 1. Atunci f(ei)f(ej) = 0⇔ supp(f(ei))∩supp(f(ej)) = ∅, unde prin supp(x) s-a notatsuportul elementului x = (x1, . . . , xn), definit ca supp(x) = i | 1 ≤ i ≤ n, xi 6= 0. Avem

|supp(f(ei))| ≥ 1 pentru orice i = 1, . . . , n. Rezulta |n⋃i=1

supp(f(ei))| =n∑i=1|supp(f(ei))| ≥

n. Darn⋃i=1

supp(f(ei)) ⊆ 1, . . . , n implica |n⋃i=1

supp(f(ei))| ≤ n. Deci |supp(f(ei))| = 1


pentru orice i = 1, . . . , n. Rezulta ca exista σ ∈ Sn astfel ıncat f(ei) = fσ(i) pentru oricei = 1, . . . , n. Dar eiA ' Ai iar fσ(i)B ' Bσ(i) si cum f(eiA) = fσ(i)B rezulta ca Ai ' Bσ(i)

pentru orice i = 1, . . . , n.

Problema 1.62 Fie C = f | f : [0, 1] → R, f functie continua cu structura de inel

unitar data de adunarea si ınmultirea functiilor. Daca t ∈ [0, 1] notam cu φt : C → R

aplicatia data de φt(f) = f(t). Sa se arate ca:

(i) φt este morfism de inele.

(ii) Orice morfism de inele φ : C → R este de forma φt pentru un t ∈ [0, 1].

Solutie. (i) Avem φt(f + g) = (f + g)(t) = f(t) + g(t) = φt(f) + φt(g) si φt(fg) =(fg)(t) = f(t)g(t) = φt(f)φt(g). Elementul identitate la ınmultire ın inelul C este u :[0, 1] → R, u(t) = 1 pentru orice t ∈ [0, 1]. Atunci φt(u) = u(t) = 1. Rezulta ca φt estemorfism de inele.(ii) Fie φ : C → R un morfism unitar de inele. Presupunem prin absurd ca φ 6= φt pentruorice t. Atunci, pentru orice t ∈ [0, 1], exista ft ∈ C cu φ(ft) 6= φt(ft), deci φ(ft) 6= ft(t).Fie gt = ft − φ(ft)u. Avem gt ∈ C, φ(gt) = 0 si gt(t) 6= 0. Cum gt este continua, exista ovecinatate Vt a lui t astfel ıncat gt(x) 6= 0 pentru orice x ∈ Vt ∩ [0, 1]. Dar [0, 1] ⊆

⋃t∈[0,1]

Vt

si cum [0,1] este compact, rezulta ca exista t1, . . . , tn astfel ıncat [0, 1] ⊆ Vt1 ∪ . . . ∪ Vtn .

Atunci avemn∑i=1

g2ti(x) 6= 0 pentru orice x ∈ [0, 1], deoarece x apartine unui Vti . Rezulta

ca g =n∑i=1

g2ti este inversabila ın C. Dar φ(g) = 0, contradictie.

Problema 1.63 Daca R este un inel comutativ unitar integru infinit cu |U(R)| <∞, sa

se arate ca R are o infinitate de ideale maximale.

Iran, 1984 si Iran, 2011

Solutie. Presupunem ca |Max(R)| <∞. Rezulta ca intersectia tuturor idealelor max-imale, notata J(R), este diferita de 0, deoarece idealele maximale ale lui R sunt nenule(pentru ca R nu este corp) si produsul acestora (care este continut ın J(R)) este nenulpentru ca R este inel integru.Fie acum x ∈ J(R), x 6= 0 si definim f : R→ U(R) prin f(a) = 1−ax pentru orice a ∈ R.Este clar ca f este bine definita, deoarece x ∈ J(R)⇒ 1− ax ∈ U(R) pentru orice a ∈ R.Aratam ca f este injectiva. Pentru a, b ∈ R avem f(a) = f(b) ⇔ 1 − ax = 1 − bx ⇔(a− b)x = 0⇒ a = b. Deci |R| ≤ |U(R)| ⇒ |R| ≤ ∞, contradictie.

Problema 1.64 Daca R este un inel comutativ unitar, sa se arate ca inelul de polinoame

R[X] are o infinitate de ideale maximale.

Iran, 2007

38

Solutie. Mai ıntai aratam ca daca K este corp, atunci K[X] contine o infinitate depolinoame ireductibile.Aceasta se arata folosind un argument similar celui descoperit de Euclid pentru demon-strarea infinitatii numerelor prime. Asadar sa presupunem ca exista un numar finit depolinoame ireductibile ın K[X] si fie acestea f1, . . . , fn. Dar polinomul 1 + f1 · · · fn tre-buie sa aiba un divizor ireductibil, deci un polinom fj , 1 ≤ j ≤ n, trebuie sa divida pe1 + f1 · · · fn, ceea ce este o contradictie.Sa observam acum ca un polinom ireductibil f ∈ K[X] genereaza un ideal maximal. Pen-tru aceasta este suficient sa aratam ca inelul factor K[X]/(f) este corp. Fie g ∈ K[X]/(f),g 6= 0. Prin ımpartirea cu rest a lui g la f putem presupune ca grad(g) < grad(f) si deaici rezulta ca (g, f) = 1. Din algoritmul lui Euclid deducem ca exista u, v ∈ K[X] cuproprietatea ca uf + vg = 1 si trecand relatia la clase modulo idealul (f) obtinem vg = 1,deci g este element inversabil.Revenind la problema, vom considera acum un m ∈ Max(R) si cu ajutorul sau construimidealele mR[X] + fR[X], unde f ∈ R[X] cu proprietatea ca f ∈ (R/m)[X] este polinomireductibil. Stim din cele de mai sus ca exista o infinitate de astfel de polinoame si ramanesa mai aratam ca idealele mR[X] + fR[X] sunt maximale ın R[X]. Aceasta rezulta dinurmatorul izomorfism:

R[X]

mR[X] + fR[X]' (R/m)[X]

(f).

Problema 1.65 Fie K un corp comutativ si consideram inelul neunitar R = XK[[X]].

(i) Fie I un ideal al lui R si n cel mai mic ordin al unei serii formale nenule din I.

Definim

GI = a ∈ K | exista f ∈ I cu f = aXn + αn+1Xn+1 + · · · .

Sa se arate ca GI este subgrup al grupului abelian (K,+). Mai mult, daca I este

ideal maximal ın R, atunci sa se arate ca GI este subgrup maximal ın (K,+).

(ii) Fie G un subgrup al lui (K,+). Sa se arate ca

IG = f ∈ R | exista a ∈ G cu f = aX + α2X2 + · · ·

este ideal ın R. Mai mult, sa se arate ca daca G este subgrup maximal al lui (K,+),

atunci IG este ideal maximal al lui R.

(iii) Deduceti ca R are ideale maximale daca si numai daca grupul (K,+) are subgrupuri

maximale.

Solutie. (i) Este clar ca GI 6= ∅, deoarece 0 ∈ GI . De asemenea, daca a, b ∈ GI ,atunci exista f, g ∈ I, f = aXn + αn+1X

n+1 + · · · , g = bXn + βn+1Xn+1 + · · · , si cum

f − g = (a− b)Xn + (αn+1 − βn+1)Xn+1 + · · · rezulta ca a− b ∈ GI , ceea ce arata ca GI


este subgrup ın (K,+).Presupunem ca I este ideal maximal al lui R. Fie atunci GI ≤ G ≤ (K,+) cu G 6= K.Definim

J = f ∈ R | (∃)α ∈ G cu f = αXn + α2Xn+1 + · · · .

Este imediat ca J este ideal al lui R si I ⊆ J . In plus J 6= R, altfel am avea n = 1 siG = K. Cum I este ideal maximal, rezulta ca J = I. Atunci daca a ∈ G, avem aXn ∈ J ,deci aXn ∈ I, de unde a ∈ GI . Am obtinut ca GI = G, ceea ce arata ca GI este subgrupmaximal.(ii) Evident IG 6= ∅, deoarece 0 ∈ IG. De asemenea, daca f, g ∈ IG, f = aX +α2X

2 + · · · ,g = bX+β2X

2+· · · cu a, b ∈ G, atunci f−g = (a−b)X+· · · ∈ IG, si qf = q1aX2+· · · ∈ IG

pentru orice q = q1X + . . . ∈ R, deci IG este ideal al lui R.Presupunem acum ca G este subgrup maximal ın (K,+). Fie J un ideal al lui R cu IG ⊆ Jsi J 6= R. Atunci

G ⊆ H = a ∈ R | (∃)f ∈ J cu f = aX + · · · ,

deoarece daca a ∈ G, atunci aX ∈ IG, deci aX ∈ J , de unde a ∈ H. Este clar ca H estesubgrup ın (K,+).Aratam ca H 6= K. Intr-adevar, daca H = K avem 1 ∈ H, deci exista f = X + a2X

2 +· · · ∈ J . Atunci f = Xu, unde u este un element inversabil ın inelul seriilor formaleK[[X]]. Atunci pentru orice g ∈ R de forma g = b2X

2 + · · · avem g = X2q pentru unq ∈ K[[X]], de unde g = XuXu−1q ∈ J , pentru ca Xu = f ∈ J si Xu−1q ∈ R. Fie acumh = c1X + c2X

2 + · · · ∈ R. Atunci g = c2X2 + · · · ∈ J . Pe de alta parte c1 ∈ K = H,

deci exista p = c1X + d2X2 + · · · ∈ J . Cum d2X

2 + · · · ∈ J , obtinem ca c1X ∈ J . Atuncih = c1X + g ∈ J , ceea ce ınseamna ca J = R, contradictie. Prin urmare H 6= K.Obtinem H = G, deoarece G este maximal. Daca f = aX+ . . . ∈ J , atunci avem ca a ∈ H,deci a ∈ G, si deci f ∈ IG. Obtinem J = IG, ceea ce arata ca IG este maximal.(iii) Rezulta direct din (i) si (ii).

Problema 1.66 Sa se arate ca nu exista un morfism de inele f : M2(R) → M3(R) care

sa fie surjectiv.

Iran, 2008

Solutie. Ker f este ideal bilateral al lui M2(R), deci avem doua posibilitati: Ker f =M2(R) sau Ker f = (0).Primul caz este ın mod evident imposibil.In al doilea caz, din teorema fundamentala de izomorfism pentru inele obtinem ca M3(R) 'M2(R). Dar acest lucru nu este posibil, deoarece ın M2(R) orice matrice A cu proprietateaca A3 = 0 va avea si A2 = 0, pe cand ın M3(R) exista o matrice B cu B3 = 0 si B2 6= 0.De exemplu, putem lua B ca fiind matricea 0 1 0

0 0 10 0 0

.

Observatie. Un morfism surjectiv de inele f : M2(R)→M3(R) este neaparat unitar:din surjectivitate exista o matrice X ∈ M2(R) cu f(X) = I3 si de aici avem ca I3 =f(X) = f(XI2) = f(X)f(I2) = I3f(I2) = f(I2).

40

Ne punem acum ıntrebarea pentru ce numere naturale m,n ≥ 2 exista morfisme unitaref : Mm(R) → Mn(R)? Lasam cititorului sa arate ca aceasta se ıntampla numai pentrum | n.

Problema 1.67 (a) Fie R un inel. Sa se arate ca Z(Mn(R)) = aIn | a ∈ R si ca

Z(Mn(R)) ' R.

(b) Fie K si L corpuri comutative. Sa se arate ca Mm(K) ' Mn(L) daca si numai daca

K ' L si m = n.

Solutie. (a) Pentru orice 1 ≤ i, j ≤ n notam cu eij matricea n×n care are 1 pe pozitia(i, j) si 0 ın rest. Atunci eijepq = δjpeiq pentru orice i, j, p, q, unde δjp este simbolul luiKronecker. Fie A = (aij)1≤i,j≤n. Atunci A =

∑1≤i,j≤n

aijeij si avem Aepq =∑

1≤i≤naipeiq si

epqA =∑

1≤j≤naqjepj . De aici obtinem ca Aepq = epqA daca si numai daca aip = aqj = 0

pentru orice i 6= p si j 6= q, si app = aqq. Rezulta ca daca A ∈ Z(Mn(R)), deci Aepq = epqApentru orice p, q, atunci avem auv = 0 pentru orice u 6= v si a11 = a22 = . . . = ann, adicaA = aIn pentru un a ∈ R. Reciproc, daca A = aIn, atunci este evident ca A comuta cuorice matrice din Mn(R).Este clar ca aplicatia f : R→ Z(Mn(R)), f(a) = aIn, este izomorfism de inele.(b) Este usor de verificat ca daca f : A→ B este un izomorfism de inele si Z(A) este corp,atunci Z(B) este un corp izomorf cu Z(A), iar Z(A)-spatiul vectorial A si Z(B)-spatiulvectorial B au aceeasi dimensiune. Intr-adevar, prima parte se probeaza printr-un calculdirect, iar pentru a doua se arata ca daca (ei)i∈I este o baza ın Z(A)-spatiul vectorial A,atunci (f(ai))i∈I este o baza ın Z(B)-spatiul vectorial B.In cazul particular ın care A = Mm(K) si B = Mn(L), din (a) avem ca Z(A) ' K, rezultaca K ' Z(Mm(K)) ' Z(Mn(L)) ' L si ca dimK(A) = dimL(B), deci m2 = n2, de undem = n.

Problema 1.68 Fie D un corp. Se numeste comutator aditiv ın D un element de forma

xa − ax cu x, a ∈ D. Sa se arate ca daca un element y ∈ D comuta cu toti comutatorii

aditivi ai lui D, atunci y ∈ Z(D).

Solutie. Presupunem prin absurd ca y /∈ Z(D). Atunci exista x ∈ D cu yx 6= xy. Areloc relatia x(xy) − (xy)x = x(xy − yx) si cum xy − yx este nenul, el este inversabil six = [x(xy) − (xy)x](xy − yx)−1. Fie CR(y) = r ∈ R | ry = yr. Cum y comuta cu toticomutatorii aditivi obtinem ca x(xy)−(xy)x, xy−yx ∈ CR(y), de unde (xy−yx)−1 ∈ CR(y)si deci x ∈ CR(y), contradictie.

Problema 1.69 Fie D un corp. Pentru orice a ∈ D fie aplicatia δa : D → D definita prin

δa(x) = ax− xa. Sa se arate ca:

(i) δa(x+ y) = δa(x) + δa(y) si δa(xy) = xδa(y) + δa(x)y pentru orice a, x, y ∈ D.

(ii) Daca D are caracteristica diferita de 2 si K este un subcorp al lui D pentru care

δa(K) ⊆ K pentru orice a ∈ D, atunci K ⊆ Z(D).


Solutie. (i) Rezulta imediat prin calcul.(ii) Fie b ∈ K. Aratam ca b comuta cu toate elementele lui D. Fie a ∈ D \K. Din relatiileδ2a(b) = a2b − 2aba + ba2 ∈ K si δa2(b) = a2b − ba2 ∈ K se obtine prin adunare ca

2(a2b − aba) = 2aδa(b) ∈ K. Daca δa(b) 6= 0 rezulta 2δa(b) ∈ K∗ si se obtine a ∈ K,contradictie. Deci δa(b) = 0, adica b comuta cu elementele din D \K.Fie acum c ∈ K∗. Atunci a si ac se gasesc ın D \K, deci din cele de mai sus ele comutacu b. Obtinem (ac)b = b(ac) = (ba)c = abc si ınmultind cu a−1 rezulta ca cb = bc, deci bcomuta si cu elementele din K. Rezulta b ∈ Z(D), deci K ⊆ Z(D).

Problema 1.70 Fie D un corp. Se numeste comutator multiplicativ ın D un element de

forma a−1bab−1, cu a, b ∈ D \ 0. Sa se arate ca daca un element c ∈ D comuta cu toti

comutatorii multiplicativi din D, atunci c ∈ Z(D).

Solutie. Fie c ∈ D un element care comuta cu toti comutatorii multiplicativi din D.Presupunem prin absurd ca exista a ∈ D cu ac 6= ca (echivalent, a−1cac−1 6= 1). Fieb = a− 1 ∈ D∗. Atunci bc− cb = ac− ca 6= 0, deci b−1cbc−1 6= 1. Avem

a(a−1cac−1 − b−1cbc−1) = cac−1 − ab−1cbc−1

= [c(b+ 1)− (b+ 1)b−1cb]c−1

= (c− b−1cb)c−1

= 1− b−1cbc−1

6= 0.

Din ipoteza c comuta cu a−1cac−1 si cu b−1cbc−1, de unde, folosind ultima relatie, rezultaca c comuta si cu a, contradictie.

Problema 1.71 Fie D un corp si K un subcorp al lui D pentru care xKx−1 ⊆ K oricare

ar fi x ∈ D. Atunci K ⊆ Z(D).

Solutie. Fie c ∈ K. Aratam ca c comuta cu toate elementele lui D (putem considerac ∈ K∗). Fie a ∈ D\K. Presupunem prin absurd ca ac 6= ca, atunci notand b = a−1 ∈ D∗avem bc − cb = ac − ca 6= 0 (⇔ c 6= b−1cb). Avem a(a−1ca − b−1cb) = ca − ab−1cb =c(b + 1) − (b + 1)b−1cb = c − b−1cb 6= 0 si cum a−1ca, b−1cb ∈ K∗ rezulta ca si a ∈ K∗,ceea ce este o contradictie. Deci c comuta cu orice element a ∈ D \K.Fie acum c′ ∈ K∗. Atunci a, ac′ ∈ D \K, deci c comuta cu ele. Rezulta ca c comuta si cua−1ac′ = c′. Prin urmare, c ∈ Z(D), deci K ⊆ Z(D).

Problema 1.72 Sa se arate ca un corp K nu se poate scrie ca reuniune finita de subcor-

puri proprii.

Solutie. Presupunem K = K1∪ . . .∪Kn, unde K1, . . . ,Kn sunt subcorpuri proprii alelui K, n ≥ 2.Daca corpul K este finit, atunci (K∗, ·) este grup ciclic, deci exista x ∈ K∗ astfel ıncatK∗ = < x >, de unde rezulta ca exista 1 ≤ i ≤ n astfel ıncat K = Ki, fals.

Deci putem presupune ca corpul K este infinit. Vom arata ca |n⋂i=1

Ki| ≤ n. Presupunem

42

prin absurd ca |n⋂i=1

Ki| > n. Atunci, considerand x ∈ K1 \⋃i 6=1

Ki si y ∈ K2 \⋃i 6=2

Ki arbitrar

fixate, multimea x + ay | a ∈n⋂i=1

Ki, a 6= 0 ⊆ K are cel putin n elemente, deci exista

1 ≤ i ≤ n si a, b ∈n⋂i=1

Ki, a 6= b, astfel ıncat x + ay, x + by ∈ Ki. Rezulta (a − b)y ∈ Ki,

deci y ∈ Ki, ceea ce ınseamna ca i = 2, deci x + ay ∈ K2, de unde obtinem x ∈ K2,

contradictie cu alegerea lui x. Asadar, |n⋂i=1

Ki| ≤ n.

Pe de alta parte, vom arata ca |n⋂i=1

Ki| = ∞. Deoarece K este infinit, cel putin unul

dintre corpurile K1, . . . ,Kn este infinit, sa presupunem (printr-o eventuala renumerotare)ca corpul K1 este infinit. Fie sirul (an)n≥1 ⊆ K1 si fie α ∈ K \K1, atunci α + an /∈ K1

pentru orice n ∈ N∗. Rezulta ca exista 2 ≤ i ≤ n astfel ıncat Ki contine o infinitate determeni ai sirului (α + an)n≥1. Sa presupunem i = 2, deci K2 are aceasta proprietate.Deci exista un subsir (ank)k≥1 al sirului (an)n≥1 cu proprietatea ca ank − an1 ∈ K1 ∩K2

(deoarece ank − an1 = (ank +α)− (an1 +α) ∈ K2) pentru orice k ∈ N∗. Renotand, rezultaca exista un sir (bn)n≥1 cu proprietatea ca bn ∈ K1 ∩K2 pentru orice n ∈ N∗. Acum vomconsidera β ∈ K \ (K1 ∪K2)⇒ β + bn /∈ K1 ∪K2 pentru orice n ∈ N∗ ⇒ exista 3 ≤ i ≤ nastfel ıncat Ki contine o infinitate de termeni ai sirului (β + bn)n≥1. Sa presupunem cai = 3, deci K3 are aceasta proprietate. Obtinem acum un sir (cn)n≥1 cu proprietatea cacn ∈ K1 ∩ K2 ∩ K3 pentru orice n ∈ N∗. Procedand ca mai sus vom gasi ın final un sircare are toti termenii ın K1 ∩ . . . ∩Kn, deci |K1 ∩ . . . ∩Kn| =∞.Astfel am obtinut o contradictie.

Problema 1.73 Fie K un corp finit de caracteristica 3. Aratati ca exista x, y ∈ K cu

proprietatea ca x2 + y2 6= a2 pentru orice a ∈ K.

Traian Lalescu, 1984

Solutie. Sa presupunem, prin absurd, ca pentru orice x, y ∈ K exista a ∈ K astfelıncat x2 + y2 = a2 si sa consideram L = x2 | x ∈ K ⊆ K. Se observa ca L estesubcorp al lui K deoarece x2 − y2 = x2 + 2y2 = x2 + a2y2 = x2 + (ay)2 ∈ L, undea ∈ K astfel ıncat 2 = a2. Deoarece K este corp finit de caracteristica 3, atunci existan ∈ N∗ si x ∈ K∗ cu proprietatea ca |K| = 3n si K∗ = < x >. Cum ord(x) = 3n − 1rezulta ca ord(x2) = (3n − 1)/(2, 3n − 1) = (3n − 1)/2. Este imediat ca L 6= K (deoareceaplicatia φ : K → K,φ(x) = x2 pentru orice x ∈ K, nu este injectiva, deci nu poate finici surjectiva). Apoi, cum x2 = y2 ⇔ x = y sau x = −y rezulta ca [K∗ : L∗] = 2. Deci|K∗| = 2|L∗| si cum L este si el corp finit de caracteristica 3, exista r ∈ N∗ astfel ıncat|L| = 3r, deci |L∗| = 3r − 1. Obtinem ca 3n − 1 = 2(3r − 1), de unde 3n + 1 = 2 · 3r, deci3|3n + 1, contradictie.

Capitolul 2

Polinoame


In cele ce urmeaza, ın lipsa vreunei alte mentiuni, R va desemna un inel comutativ siunitar. Pe multimea S a sirurilor (a0, a1, . . .) de elemente din R pentru care exista n ∈ Nastfel ıncat an = an+1 = · · · = 0 introducem operatiile

(a0, a1, . . .) + (b0, b1, . . .) = (a0 + b0, a1 + b1, . . . , an + bn, . . .)(a0, a1, . . .) · (b0, b1, . . .) = (a0b0, a0b1 + a1b0, . . . ,

∑i+j=n

aibj , . . .).

S are ın raport cu aceste operatii o structura de inel comutativ si unitar; notandX = (0, 1, 0, 0, . . .) ∈ S, X0 = 1, si identificand R cu φ(R), unde φ este mor-fismul injectiv de inele de la R la S dat prin a 7→ (a, 0, 0, . . .), constatam ca(a0, a1, . . . , an, 0, 0, . . .) =

∑ni=0 aiX

i. Aceasta constructie justifica urmatoarele:

Definitie. Numim polinom ın nedeterminata X cu coeficienti ın R orice expresie deforma

∑ni=0 aiX

i, unde ai ∈ R pentru orice i ∈ 1, 2, . . . , n.

Multimea polinoamelor cu coeficienti ın R are ın raport cu operatiile

m∑i=0

aiXi +

n∑j=0

bjXj =

max m,n∑k=0

(ak + bk)Xk si

(m∑i=0

aiXi

) n∑j=0

bjXj

=

m+n∑k=0

∑i+j=k

aibj

Xk

(unde, ın lumina celor prezentate mai sus, am+1 = am+2 = · · · = 0 sibn+1 = bn+2 = · · · = 0) o structura de inel comutativ si unitar. Vom nota acestinel cu R[X] (renuntand din acest moment la notatia provizorie S).

Definitie. Dat fiind polinomul f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X], a0 se numeste termenul liber

al lui f , iar an se numeste coeficientul dominant al lui f . Daca an = 1, polinomul f se

43

44

numeste monic.

Observatie. Doua polinoame f =∑m

i=0 aiXi, g =

∑nj=0 bjX

j ∈ R[X] sunt egale dacasi numai daca a0 = b0, a1 = b1, . . . , amaxm,n = bmaxm,n.

Definitie. Prin gradul polinomului nenul f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ıntelegem numarul

natural maxj ∈ N|aj 6= 0. Convenim ca gradul polinomului nul este −∞.

Vom nota gradul polinomului f ∈ R[X] cu grad f .

Propozitie. Daca f, g ∈ R[X], atuncia) grad(f + g) ≤ maxgrad f , grad gb) grad(fg) ≤ grad f+ grad g.Daca, ın plus, R este domeniu de integritate, atuncib’) grad(fg) = grad f+ grad g.

Definitie. Prin ordinul polinomului nenul f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ıntelegem cel mai

mic numar natural j pentru care aj 6= 0. Convenim ca ordinul polinomului nul este +∞.

Vom nota ordinul polinomului f ∈ R[X] cu ord f .

Propozitie. Daca f, g ∈ R[X], atuncia) ord(f + g) ≥ minord f , ord gb) ord(fg) ≥ ord f+ ord g.Daca, ın plus, R este domeniu de integritate, atuncib’) ord(fg) = ord f+ ord g.

Definitie. Prin valoarea polinomului f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ın elementul r ∈ R

ıntelegem elementul∑n

i=0 airi ∈ R. Vom nota acest element cu f(r).

Definitie. Prin functia polinomiala asociata polinomului f ∈ R[X] ıntelegem functiaf : R→ R, f(x) = f(x).

Observatie. La polinoame egale corespund functii polinomiale egale. Reciproca nueste numaidecat adevarata.

Teorema ımpartirii cu rest. Fie f, g ∈ R[X] cu coeficientul dominant al lui ginversabil. Atunci, exista si sunt unice q, r ∈ R[X] cu proprietatile f = gq + r si grad r <grad g.

Definitie. Elementul a ∈ R se numeste radacina a lui f ∈ R[X] daca f(a) = 0.

Definitie. Fie S un domeniu de integritate si a, b ∈ S. Spunem ca a divide b (siscriem a|b) ın S daca exista c ∈ S astfel ıncat b = ac.

Definitie. Fie S un domeniu de integritate si a, b ∈ S. Spunem ca d ∈ S este un celmai mare divizor comun pentru a si b daca:(i) d|a si d|b.(ii) Daca d′ ∈ S divide a si b, atunci d′|d.

Polinoame 45

Observatie. Definitiile anterioare se aplica ın particular daca S = R[X], cu Rdomeniu de integritate.

Teorema (Bezout). Fie R un domeniu de integritate si f ∈ R[X]. Atunci, a ∈ Reste radacina a lui f daca si numai daca X − a|f .

Definitie. Fie R un domeniu de integritate, f ∈ R[X] \ 0 si a o radacina a luif . Numarul k ∈ N cu proprietatile (X − a)k|f si (X − a)k+1 - f se numeste ordinul demultiplicitate al lui a.

Definitie. Prin derivata polinomului f =∑n

i=0 aiXi ∈ R[X] ıntelegem polinomul

f ′ =∑n

i=1 iaiXi−1 ∈ R[X]. Considerand definita derivata de ordin n (notata f (n)) a lui

f , prin derivata de ordin n+ 1 a lui f ıntelegem polinomul (f (n))′.

Teorema. Fie K un corp comutativ, f ∈ K[X] \ 0, n ∈ N∗ si a ∈ K.a) Daca a este radacina cu ordin de multiplicitate n pentru f , atunci f(a) = f ′(a) =· · · = f (n−1)(a) = 0.b) Presupunand caracteristica lui K egala cu zero, daca f(a) = f ′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0si f (n)(a) 6= 0, atunci ordinul de multiplicitate al radacinii a a lui f este n.

Propozitie. Fie R un domeniu de integritate, f ∈ R[X] un polinom nenul,a1,a2, . . . , ak ∈ R radacini distincte ale lui f , iar pentru fiecare i ∈ 1, 2, . . . , k fie mi

ordinul de multiplicitate al lui ai. Atunci, exista g ∈ R[X] astfel ıncat

f = (X − a1)m1(X − a2)m2 · · · (X − ak)mkg.

Corolar. Daca R este un domeniu de integritate, iar f ∈ R[X] este un polinom nenulde grad n, atunci f are cel mult n radacini ın R.

Propozitie. Fie R un domeniu de integritate si f = a0 + a1X + · · ·+ anXn ∈ R[X],

an 6= 0. Presupunem ca f are n radacini x1,x2, . . . , xn ın R. Atunci, f = an(X − x1)(X −x2) · · · (X − xn) si au loc relatiile ıntre radacini si coeficienti (relatiile lui Viete):

an(x1 + x2 + · · ·+ xn) = −an−1,an(x1x2 + x1x2 + · · ·+ x1xn + · · ·+ xn−1xn) = an−2,........................................................................................an(x1x2 . . . xk + · · ·+ xn−k+1xn−k+2 . . . xn) = (−1)kan−k,........................................................................................an(x1x2 . . . xn) = (−1)na0.

Definitie. Inelul de polinoame ın mai multe variabile se defineste inductiv astfel:R[X1, X2, . . . , Xn+1] = R[X1, X2, . . . , Xn][Xn+1].

Observatie. Elementele lui R[X1, X2, . . . , Xn] se scriu ın mod unic sub forma

r1∑i1=0

r2∑i2=0

· · ·rn∑in=0

ai1,i2,...,inXi11 X

i22 . . . Xin

n ,

cu r1, r2, . . . rn ∈ N si ai1,i2,...,in ∈ R.

46

Observatie. Vom nota polinoamele din R[X1, X2, . . . , Xn] fie prescurtat (de exemplu,f), fie punand ın evidenta variabilele (de exemplu, f(X1, X2, . . . , Xn)), ın functie denecesitatile de moment.

Definitie. Prin valoarea polinomului

f =

r1∑i1=0

r2∑i2=0

· · ·rn∑in=0

ai1,i2,...,inXi11 X

i22 . . . Xin

n

ın (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn ıntelegem elementul (notat f(x1, x2, . . . , xn))

r1∑i1=0

r2∑i2=0

· · ·rn∑in=0

ai1,i2,...,inxi11 x

i22 . . . x

inn ∈ R.

Definitie. Prin functia polinomiala asociata lui f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] ıntelegemfunctia f : Rn → R, f(x1, x2, . . . , xn) = f(x1, x2, . . . , xn).

Definitie. Polinomul f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] se numeste simetric daca pentru oriceσ ∈ Sn avem

f(Xσ(1), Xσ(2), . . . , Xσ(n)) = f(X1, X2, . . . , Xn).

Propozitie. Urmatoarele polinoame din R[X1, X2, . . . , Xn] sunt simetrice:

s1 = X1 +X2 + · · ·+Xn,s2 = X1X2 +X1X2 + · · ·+X1Xn + · · ·+Xn−1Xn,........................................................................................sk = X1X2 . . . Xk +X1X2 . . . Xk−1Xk+1 · · ·+Xn−k+1Xn−k+2 . . . Xn,........................................................................................sn = X1X2 . . . Xn.

Definitie. Polinoamele din propozitia anterioara se numesc polinoamele simetricefundamentale ın nedeterminatele X1, X2, . . . , Xn.

Teorema fundamentala a polinoamelor simetrice. Pentru orice polinomsimetric f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] exista si este unic g ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] astfel ıncatf = g(s1, s2, . . . , sn), unde s1, s2, . . . , sn sunt polinoamele simetrice fundamentale ınvariabilele X1, X2, . . . , Xn.

Observatie. Daca S este domeniu de integritate, R este subinel al lui S, iarf ∈ R[X] \ 0 de gradul n are (toate) radacinile x1, x2, . . . , xn ın S, atunci pentru oricepolinom simetric g ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] avem g(x1, x2, . . . , xn) ∈ R.

Teorema. Fie K un corp comutativ si f ∈ K[X] \ 0 de grad n. Atunci, exista uncorp L ⊃ K ın care f are n radacini.

Teorema fundamentala a algebrei. Orice polinom neconstant cu coeficienticomplecsi are cel putin o radacina complexa.

Definitie. Fie R un domeniu de integritate. f ∈ R[X1, X2, . . . , Xn] se numeste ire-ductibil daca nu se poate scrie ca produs de doi factori neinversabili din R[X1, X2, . . . , Xn].

Polinoame 47

Teorema. Fie K un corp comutativ. Orice polinom f ∈ K[X1, X2, . . . , Xn] se scrieın mod unic (abstractie facand de ordinea factorilor si de asocierea ın divizibilitate) caprodus de polinoame ireductibile.

Observatie. a) Sigurele polinoame ireductibile din C[X] sunt cele de gradul I.b) Singurele polinoame ireductibile din R[X] sunt cele de gradul I si cele de gradul II cu∆ < 0.

Definitie. Daca R este un domeniu cu proprietatea ca orice doua elemente ale saleadmit un c.m.m.d.c., iar f ∈ R[X], definim c(f) ca fiind c.m.m.d.c al coeficientilor lui f .f ∈ R[X] se numeste primitiv daca c(f) = 1.

Propozitie. Daca R este un domeniu cu proprietatea ca orice doua elemente ale saleadmit un c.m.m.d.c., iar f, g ∈ R[X], atunci c(fg) = c(f)c(g).

Definitie. Dat fiind un corp comutativ K si n ∈ N∗, vom nota cu K(X1, X2, . . . , Xn)corpul de fractii al inelului K[X1, X2, . . . , Xn]. K(X1, X2, . . . , Xn) se numeste corpul defractii rationale ın nedeterminatele X1, X2, . . . , Xn cu coeficienti ın K.

Propozitie. Daca R este un inel factorial cu corpul de fractii Q, atunci pentruf ∈ R[X] sunt echivalente afirmatiile:(i) f este ireductibil.(ii) f este primitiv si ireductibil ın Q[X].

Criteriul lui Eisenstein. Fie R un inel factorial cu corpul de fractii Q,f = a0 + a1X + · · ·+ anX

n ∈ R[X] si p un element prim al lui R cu proprietatile:(i) p|a0, p|a1, . . . , p|an−1.(ii) p - an.(iii) p2 - a0.Atunci f este ireductibil ın Q[X].

Criteriul reducerii. Fie R un inel factorial cu corpul de fractii Q, S un domeniu,u : R → S un morfism unitar de inele si u : R[X] → S[X] extinsul acestuia (adicau(a0 +a1X+ · · ·+anX

n) = u(a0)+u(a1)X+ · · ·+u(an)Xn). Daca pentru f ∈ R[X] avemca u(f) este ireductibil ın S[X] si gradu(f) = grad f , atunci f este ireductibil ın Q[X].

Probleme

Problema 2.1 Pentru P = a0 + a1X + · · · + amXm ∈ R[X] definim Γ(P ) = a2

0 + a21 +

· · ·+ a2m. Fie f = 3X2 + 7X + 2. Gasiti g ∈ R[X] cu proprietatile:

a) g(0) = 1, si

b) Γ(fn) = Γ(gn) pentru orice n ∈ N∗.

Putnam, 1985

Solutie. Pentru P ∈ R[X] definim γ(P ) = P (X)P (X−1). Observam ca Γ(P ) este

48

coeficientul lui X0 din γ(P ). Sa notam g = 6X2 + 5X + 1.Cum γ(X + 2) = (X + 2)(X−1 + 2) = (1 + 2X−1)(1 + 2X) = γ(1 + 2X), iar γ estemultiplicativa, obtinemγ(fn) = γ((3X + 1)n)γ((X + 2)n) = γ((3X + 1)n)γ((1 + 2X)n) = γ(gn). Atunci, sicoeficientii lui X0 din γ(fn) si γ(gn) vor fi egali, deci Γ(fn) = Γ(gn). In plus, este evidentca g(0) = 1.

Observatie. Solutia nu este unica: de exemplu, pentru orice k ∈ N∗, polinoameleg = (3Xk + 1)(2Xk + 1) si g = (3Xk − 1)(2Xk − 1) au si ele proprietatile cerute.

Problema 2.2 Fie r, s ∈ N∗ si a0, a1, . . . , ar−1, b0, b1, . . . , bs−1 ∈ R+ cu proprietatea ca

(a0 + a1X + · · ·+ ar−1Xr−1 +Xr)(b0 + b1X + · · ·+ bs−1X

s−1 +Xs) =

= 1 +X +X2 + · · ·+Xr+s. (2.1)

Aratati ca toate numerele ai, i ∈ 0, 1, . . . r − 1, si bj , j ∈ 0, 1, . . . s − 1, sunt egale cu

0 sau cu 1.

IMC, 2001

Solutie. Considerand coeficientii lui Xs+i, respectiv Xr+j din cei doi membri ai relatiei(2.1), obtinem relatiile:

ai + ai+1bs−1 + · · · = 1 si (2.2)

bj + ar−1bj+1 + · · · = 1. (2.3)

Cum toti coeficientii sunt pozitivi, din aceste relatii obtinem ai ≤ 1, i ∈ 0, 1, . . . r − 1,si bj ≤ 1, j ∈ 0, 1, . . . s− 1. De aici si din a0b0 = 1 rezulta ca a0 = b0 = 1.Consideram acum urmatoarele cazuri particulare ale relatiilor (2.2) si (2.3):

a0 + a1bs−1 + · · · = 1 si (2.4)

b0 + ar−1b1 + · · · = 1. (2.5)

Cum a0 = b0 = 1, din (2.4) si (2.5) rezulta ca

akbs−k = ar−kbk = 0 pentru orice k ∈ 1, 2, . . . ,minr, s. (2.6)

Din relatiile a1 + b1 = a0b1 + a1b0 = 1, ar−1 + bs−1 = 1 si a1bs−1 = ar−1b1 = 0 obtinemfie a1 = ar−1 = 1 si b1 = bs−1 = 0, fie a1 = ar−1 = 0 si b1 = bs−1 = 1. Sa presupunempentru a fixa ideile ca avem r ≤ s. Fie k ∈ 2, 3, . . . , r. Presupunem ca aj = ar−j ∈ 0, 1si bj = bs−j ∈ 0, 1 pentru orice j ∈ 1, 2 . . . , k − 1. Considerand coeficientii lui Xk,respectiv Xr+s−k din cei doi membri ai relatiei (2.1), obtinem

ak + ak−1b1 + · · ·+ a1bk−1 + bk = 1 si (2.7)

ar−k + ar−k+1b1 + · · ·+ ar−1bs−k+1 + bs−k = 1. (2.8)

Folosind ipoteza de inductie, constatam ca ak−1b1 + · · · + a1bk−1 = ar−k+1b1 + · · · +ar−1bs−k+1 ∈ N; de aici si din relatiile (2.7) si (2.8) se obtine ak+bk = ar−k+bs−k ∈ 0, 1.Daca ak + bk = 0, rezulta ak = ar−k = bk = bs−k = 0. Daca ak + bk = 1, atunci

Polinoame 49

ar−k + bs−k = 1. Conform (2.6), avem si akbs−k = ar−kbk = 0. De aici obtinem fieak = ar−k = 1 si bk = bs−k = 0, fie ak = ar−k = 0 si bk = bs−k = 1, ceea ce ıncheiepasul de inductie. Afirmatia problemei este probata acum pentru ai, i ∈ 0, 1, . . . r − 1,si pentru bj , j ∈ 0, 1, . . . , r − 2, r − 1, s− r, s− r + 1, . . . s− 1.Daca r = s, demonstratia este ıncheiata.Daca r < s, din (2.3) deducem

bs−r−1 + ar−1bs−r + · · ·+ a0bs−1 = 1.

De aici rezulta bs−r−1 ∈ Z; cum bs−r−1 ∈ [0, 1], obtinem bs−r−1 ∈ 0, 1. In continuare,demonstram inductiv, pe baza relatiei

bs−j + ar−1bs−j+1 + · · ·+ a0bs+r−j = 1, j ∈ r + 2, r + 3 . . . , s− r − 1

(dedusa de asemenea din (2.3)), ca bj ∈ 0, 1 pentru orice j ∈ r+ 1, r+ 2, . . . , s− r−2.

Problema 2.3 Fie P = X5 +X, Q = X5 +X2 ∈ C[X]. Aflati toate perechile de numere

complexe (z, w), z 6= w, pentru care P (z) = P (w) si Q(z) = Q(w).

IMC, 2000

Solutie. Fie o pereche (z, w) ca ın enunt. Atunci, z5−w5 = w−z si z5−w5 = w2−z2,deci, cum z 6= w, −(z + w) = z4 + z3w + z2w2 + zw3 + w4 = −1, de unde z + w = 1.Atunci, z3w+ zw3 = zw(1− 2zw) si z4 +w4 = (z2 +w2)2− 2z2w2 = (1− 2zw)2− 2z2w2.Inlocuind ın z4 + z3w + z2w2 + zw3 + w4 = −1, obtinem z2w2 − 3zw + 2 = 0, deci zw ∈

1, 2. Cum z+w = 1, obtinem perechile

(1± i

√3

2,1∓ i

√3

2

),

(1± i

√7

2,1∓ i

√7

2

). Se

constata usor ca aceste patru perechi au ıntr-adevar proprietatea ceruta.

Problema 2.4 Vom numi un polinom P ∈ R[X1, X2, . . . , Xk] ,,bun” daca exista matricile

A1, A2, . . . , Ak ∈M2(R) astfel ıncat P (X1, . . . , Xk) = det

(k∑i=1

XiAi

). Determinati toate

valorile k ∈ N∗ pentru care toate polinoamele omogene de grad 2 din R[X] sunt bune.

IMC, 2007

Solutie. Pentru k = 1, orice P ca ın enunt este de forma aX2 si putem alege

A =

(1 00 a

).

Pentru k = 2, orice P ca ın enunt este de forma aX21 + bX2

2 + cX1X2 si putem alege

A1 =

(1 00 a

)si A2 =

(0 b−1 c

).

Fie acum k ≥ 3 si P = X21 + · · · + X2

k . Presupunem ca exista matricile A1, A2, . . . , Akce verifica relatia din enunt. Cum primele coloane cA1

1 , cA21 , . . . , cAk1 ale matricilor

A1, A2, . . . , Ak sunt liniar dependente, exista λ1, λ2, . . . , λk ∈ R, nu toti nuli, cu propri-etatea λ1c

A11 + λ2c

A21 + · · · + λkc

Ak1 = 0. Rezulta ca prima coloana a combinatiei liniare∑k

i=1 λiAi este nula. Prin urmare, det(∑k

i=1 λiAi

)= 0, ın timp ce λ2

1 +λ22 + · · ·+λ2

k 6= 0.

50

De aici rezulta ca det

(k∑i=1

XiAi

)6= X2

1 +X22 + · · ·+X2

k , deci P = X21 + · · ·+X2

k nu este

bun.Prin urmare, valorile lui k cu proprietatea ceruta sunt 1 si 2.

Problema 2.5 Fie R un domeniu de integritate. Aratati ca daca m,n ∈ N, atunci ın

inelul R[X] are loc relatia (Xm − 1, Xn − 1) = X(m,n) − 1.

Solutie. Daca a, b ∈ N, k ∈ N∗ si a = kb, atunci are loc relatia

Xa − 1 = (Xb − 1)(X(k−1)b +X(k−2)b + · · ·+Xb + 1),

deciXb − 1|Xa − 1 (2.9)

(aceasta ultima relatie fiind adevarata si pentru k = 0).Fie m,n ∈ N. Din relatia (2.9) rezulta imediat ca X(m,n)− 1|Xm− 1 si X(m,n)− 1|Xn− 1.Scriem algoritmul lui Euclid pentru m si n: m = nq1 + r1, n = r1q2 + r2, r1 = r2q3 +r3, . . . , rs−1 = rsqs+1 + rs+1, rs = rs+1qs+2. Avem, desigur, (m,n) = rs+1.Fie acum f ∈ R[X] care divide Xm − 1 si Xn − 1.Atunci, f |Xnq1+r1−1 = Xr1(Xnq1−1) +Xr1−1. De aici si din f |Xn−1 rezulta, conformrelatiei (2.9), ca f |Xr1 − 1. Folosind consideratii similare, se arata inductiv ca f |Xrk − 1pentru orice k ∈ 1, 2, . . . , s+ 1. De aici rezulta ca f |X(m,n) − 1.

Problema 2.6 Fie R un inel comutativ si f = a0 +a1X+ . . .+anXn ∈ R[X]. Sa se arate

ca:

(i) f este nilpotent daca si numai daca ai este nilpotent pentru orice 0 ≤ i ≤ n.

(ii) f este inversabil daca si numai daca a0 este inversabil si ai este nilpotent pentru orice

1 ≤ i ≤ n.

(iii) f este divizor al lui zero daca si numai daca exista a ∈ R, a 6= 0, cu af = 0.

(iv) f este idempotent daca si numai daca f = a0 si a20 = a0.

Solutie. (i) Procedam prin inductie dupa n = grad f . Pentru n = 0 este clar. Pre-supunem afirmatia adevarata pentru toate polinoamele de grad mai mic strict decat n.Daca grad f = n, atunci din faptul ca f este nilpotent obtinem ca an este nilpotent(deoarece coeficientul dominant al lui fp este apn). Atunci polinomul anX

n este nilpotent,de unde f − anXn este nilpotent. Din ipoteza de inductie rezulta acum ca a0, a1, . . . , an−1

sunt nilpotenti. Reciproca este evidenta.(ii) ”⇐” Avem ca a0 este inversabil si a1X+. . .+anX

n este nilpotent (ca suma de elementenilpotente). De aici rezultaca f este inversabil, fiind suma dintre un element inversabil siun element nilpotent.”⇒” Procedam prin inductie dupa grad f = n. Pentru n = 0 este clar. Presupunemafirmatia adevarata pentru toate polinoamele de grad mai mic strict decat n si fie f cugrad f = n. Fie g = b0 + b1X + . . .+ bmX

m inversul lui f . Din fg = 1 rezulta ca

anbm = 0, anbm−1 + an−1bm = 0, . . . , a0b0 = 1.

Polinoame 51

De aici rezulta ca a0 si b0 sunt inversabili.Inmultind a doua relatie cu an obtinem ca a2

nbm−1 = 0, si apoi prin recurenta rezultaca ainbm−i+1 = 0 pentru orice 1 ≤ i ≤ m + 1. Pentru i = m + 1 aceasta ınseamnaca am+1

n b0 = 0. Cum b0 este inversabil rezulta ca am+1n = 0, deci an este nilpotent.

In continuare g = f − anXn este nilpotent ca suma dintre un element inversabil si unelement nilpotent. Din ipoteza de inductie rezulta acum ca si elementele a1, . . . , an−1 suntnilpotente.(iii) ”⇐” Evident.”⇒” Daca f este divizor al lui zero, exista g ∈ R[X], g 6= 0 cu fg = 0. Alegem g de gradminim cu aceasta proprietate. Fie g(X) = b0 + b1X + . . . + bmX

m. Din fg = 0 rezultaca anbm = 0. Atunci ang are gradul mai mic ca m si (ang)f = 0, de unde obtinem caang = 0. In particular anbm−1 = 0 si atunci egaland cu zero coeficientul lui Xm+n−1 dinfg rezulta ca an−1bm = 0. Atunci an−1g are grad mai mic ca m si (an−1g)f = 0, de undean−1g = 0. Continuam recurent si obtinem ca aig = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ n. Aceastaimplica aibm = 0 pentru orice i, de unde bmf = 0, ceea ce ıncheie demonstratia.(iv) Daca f este idempotent, f2 = f , atunci a2

0 = a0, 2a0a1 = a1, 2a0a2 + a21 = a2, si asa

mai departe. Inmultind a doua relatie cu a0 si folosind-o pe prima obtinem 2a0a1 = a0a1,deci a0a1 = 0. Rezulta ca si a1 = 0. Apoi ınmultind a treia relatie cu a0 si folosind-o peprima, obtinem ca 2a0a2 = a0a2, deci a0a2 = 0, ceea ce arata ca si a2 = 0. Continuandrecurent gasim ai = 0 pentru 1 ≤ i ≤ n, deci f = a0.

Observatie. Se poate arata (de exemplu, prin inductie dupa n) ca afirmatiile proble-mei raman valabile si ın inelul R[X1, X2, . . . , Xn].

Problema 2.7 Fie a ∈ Z, n ∈ N∗ si f(X) = Xn − a ∈ Z[X]. Daca pentru orice m ∈ N,

m ≥ 2 polinomul f ∈ Zm[X], f(X) = Xn − a are o radacina ın Zm, sa se arate ca f are o

radacina ın Z.

Solutie. Vom arata ca exponentul oricarui divizor prim al lui a este multiplu de n,ceea ce garanteaza ca a este puterea a n-a a unui numar ıntreg, deci f are o radacinaıntreaga.Fie p un divizor prim al lui a, deci a = pta′, t ∈ N∗, a′ ∈ Z si (a′, p) = 1. Daca t nu estemultiplu al lui n, atunci exista h ∈ N astfel ıncat hn < t < (h + 1)n. Fie m = p(h+1)n.Polinomul Xn − a are o radacina ın Zm, deci exista x ∈ Z cu p(h+1)n | xn − a. Cum p | a,avem p | x si fie x = psy, cu y ∈ Z si (p, y) = 1. Cum pt | m, avem si pt | xn − a =pnsyn − pta′, de unde pt | pnsyn, ceea ce garanteaza ca t ≤ ns. Atunci avem si hn < ns,de unde deducem ca h < s. Deci h+ 1 ≤ s. Dar pns | xn, deci si pn(h+1) | xn, adica m | xn.Cum m | xn − a, obtinem ca m | a, adica (h + 1)n < t, contradictie. Asadar t trebuie safie multiplu de n.

Problema 2.8 a) Exista polinoame P ∈ R[X] cu proprietatea P

(1

k

)=k + 2

kpentru

orice k ∈ N∗?

b) Exista polinoame P ∈ R[X] cu proprietatea P

(1

k

)=

1

2k + 1pentru orice k ∈ N∗?


Solutie. a) Da. Este suficient sa consideram polinomul P = 2X + 1.b) Nu. Presupunem ca exista un astfel de polinom P . Definim polinomul Q = (X+2)P−X.

52

Atunci, pentru orice k ∈ N∗ avem Q

(1

k

)=

(1

k+ 2

)P

(1

k

)− 1

k= 0. Prin urmare, Q

are o infinitate de radacini, deci el este nul. Rezulta ca (X + 2)P = X, de unde 0 = −2,contradictie.

Problema 2.9 Fie P ∈ R[X,Y, Z] si F : R2 → R cu proprietatatile: P (ux, uy, uz) =

u2F (y− x, z− x) pentru orice x, y, z, u ∈ R, P (1, 0, 0) = 4, P (0, 1, 0) = 5 si P (0, 0, 1) = 6.

Fie A,B,C ∈ C astfel ıncat P (A,B,C) = 0 si |B −A| = 10. Determinati |C −A|.

Putnam, 1987

Solutie. Facand u = 1 si x = 0, obtinem ca F (y, z) = P (0, y, z) este polinomiala. Inplus, F (uy, uz) = P (0, uy, uz) = u2P (0, y, z) = u2F (y, z) pentru orice u, y, z ∈ R, deci Feste omogena de grad 2. Prin urmare, exista a, b, c ∈ R astfel ıncat

P (x, y, z) = F (y − x, z − x) = a(y − x)2 + b(y − x)(z − x) + c(z − x)2.

Obtinem a = P (0, 1, 0) = 5, c = P (0, 0, 1) = 6 si a + b + c = P (1, 0, 0) = 4, deci b = −7.Din

0 = P (A,B,C) = 5(B −A)2 − 7(B −A)(C −A) + 6(C −A)2

deducem ca numarul m = C−AB−A este radacina a ecuatiei 6m2 − 7m + 5 = 0. Radacinile

acestei ecuatii sunt complexe conjugate si au produsul 56 , prin urmare modulul lor este√

56 . Rezulta |C −A| = |B −A|

√56 = 5

3

√30.

Problema 2.10 Fie R un domeniu de integritate infinit si f ∈ R[X1, . . . , Xn]. Daca

exista o submultime A = A1 × · · · ×An a lui Rn, astfel ıncat Ai este infinita pentru orice

1 ≤ i ≤ n, cu proprietatea ca f(a) = 0 pentru orice a ∈ A, atunci f = 0.

Solutie. Procedam prin inductie dupa n. Daca n = 1, se stie ca un polinom nenulıntr-o nedeterminata peste un domeniu de integritate are un numar de radacini ≤ grad f ,deci functia polinomiala asociata are doar un numar finit de zerouri.Presupunem adevarat pentru n− 1 si demonstram pentru n. Scriem

f(X1, . . . , Xn) =∑

0≤i≤mfi(X1, . . . , Xn−1)Xi

n,

unde fi(X1, . . . , Xn−1) ∈ K[X1, . . . , Xn−1] pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Rezulta ca pentruorice a1 ∈ A1, . . . , an−1 ∈ An−1, functia polinomiala asociata polinomului

f(a1, . . . , an−1, Xn) =∑

0≤i≤mfi(a1, . . . , an−1)Xi

n ∈ R[Xn]

se anuleaza pentru orice an ∈ An. Cum multimea An este infinita, rezulta ca polinomulf(a1, . . . , an−1, Xn) este nul, deci fi(a1, . . . , an−1) = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Din ipotezade inductie rezulta ca fi(X1, . . . , Xn−1) = 0 pentru orice 0 ≤ i ≤ m. Atunci evident f = 0.

Observatie. Daca f se anuleaza ıntr-o multime infinita care nu mai este de formaA1 × . . . × An cu Ai infinite, atunci concluzia nu mai ramane adevarata. Pentru aceasta

Polinoame 53

consideram polinomul f(X,Y ) = XY ∈ Z[X,Y ]. Atunci f(0, y) = 0 pentru orice y ∈ Z,dar f 6= 0.Daca R nu este inel comutativ, atunci rezultatul nu mai este adevarat. De exemplu, daca Heste corpul cuaternionilor, atunci polinomul nenul f(X) = X2 + 1 ∈ H[X] are o infinitatede radacini ın H.

Problema 2.11 Fie K un corp comutativ, q ∈ N, q > 1 si f ∈ K[X1, . . . , Xn]. Sa se arate

ca f se poate scrie astfel: f =∑

1≤i≤n(Xq

i −Xi)gi + g0, cu gi ∈ K[X1, . . . , Xn] pentru orice

0 ≤ i ≤ n, gradXi(g0) < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, si grad g0 ≤grad f .

Solutie. Este suficient sa demonstram afirmatia ın cazul ın care f consta ıntr-unsingur monom (prin sumare se obtine apoi rezultatul pentru un polinom arbitrar). FieXk1

1 · · ·Xknn un monom care apare ın scrierea lui f . Pentru fiecare 1 ≤ i ≤ n folosim

teorema de ımpartire cu rest si obtinem Xkii = (Xq

i −Xi)qi(Xi)+ri(Xi), unde qi, ri ∈ K[Xi]

cu grad ri < q. Inmultind aceste relatii obtinem f =∑

1≤i≤n(Xq

i −Xi)gi+r1 · · · rn, si notand

g0 = r1 · · · rn, toate conditiile dorite sunt satisfacute.

Problema 2.12 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie g ∈ K[X1, . . . , Xn] cu proprietatea ca

gradXi(g) < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Daca g = 0, sa se arate ca g = 0.

Solutie. Procedam prin inductie dupa n la fel ca la problema 2.10.

Problema 2.13 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie g ∈ K[X1, . . . , Xn]. Sa se arate ca

g = 0 daca si numai daca g ∈ (Xq1 −X1, . . . , X

qn −Xn).

Solutie. Rezulta imediat din problemele 2.10 si 2.11 daca tinem cont de faptul caxq = x pentru orice x ∈ K.

Problema 2.14 Fie K un corp finit si n ∈ N∗. Sa se arate ca orice functie φ : Kn → K

este polinomiala, adica exista f ∈ K[X1, . . . , Xn] cu φ = f .

Solutia 1. Fie |K| = q. Numarul functiilor de la Kn la K este qqn. Pe de alta parte,

orice functie polinomiala este de forma f , unde f este un polinom pentru care gradXi(f) <q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, deoarece xq = x pentru orice x ∈ K. In scrierea unui astfel de fapar numai monoame de forma Xk1

1 · · ·Xknn , cu ki < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n. Numarul

acestor monoame este qn si cu ele putem forma qqn

polinoame cu coeficienti ın K. Darfunctiile polinomiale asociate acestor polinoame sunt distincte din problema 2.12, de underezulta ca avem exact qq

nfunctii polinomiale de la Kn la K. De aici rezulta ca orice functie

φ : Kn → K este polinomiala.Solutia 2. Notam K = x1, x2, . . . , xq. Procedam prin inductie dupa n. Pentru n = 1,

consideram sistemul

(S) :

a0 + a1x1 + a2x

21 + · · ·+ aq−1x

q−11 = φ(x1)

a0 + a1x2 + a2x22 + · · ·+ aq−1x

q−12 = φ(x2)

................................................... ..... ...........

a0 + a1xq + a2x2q + · · ·+ aq−1x

q−1q = φ(xq)

54

cu necunoscutele a0, a1, . . . , aq−1. Determinantul sau fiind Vandermonde, acest sistemare solutie unica. Prin urmare, exista un unic polinom f ∈ K[X] de grad < q cuproprietatea ca φ(x) = f(x) pentru orice x ∈ K. Presupunem acum ca orice functieψ : Kn → K este polinomiala. Fie φ : Kn+1 → K. Atunci, functia φx : Kn → K,φx(x1, x2, . . . , xn) = φ(x1, x2, . . . , xn, x) este polinomiala pentru orice x ∈ K, sa zicem

φx = gx, gx ∈ K[X1, X2, . . . , Xn]. Rezulta ca φ = f , unde f =∑x∈K

∏a∈K\x

X − ax− a

gx.

Observatie. Dat fiind un corp comutativ K si x1, x2, . . . , xn ∈ K distinctedoua cate doua, se constata ca, pentru orice y1, y2, . . . , yn ∈ K, polinoamele li =(X − x1) . . . (X − xi−1)(X − xi+1) . . . (X − xn)

(xi − x1) . . . (xi − xi−1)(xi − xi+1) . . . (xi − xn)(numite polinoamele fundamentale de in-

terpolare Lagrange) au proprietatile li(xi) = 1 si li(xj) = 0 pentru orice j 6= i. Prin urmare,polinomul

f =

q∑j=1

yj(X − x1) . . . (X − xi−1)(X − xi+1) . . . (X − xn)

(xi − x1) . . . (xi − xi−1)(xi − xi+1) . . . (xi − xn)

(numit polinom de interpolare Lagrange) are proprietatea ca f(xi) = yi pentru orice i ∈1, 2, . . . , n. Polinomul ce se obtine ın urma rezolvarii sistemului (S) este de acest tip. Siideea din pasul de inductie din solutia 2 este data tot de forma polinoamelor de interpolare.

Problema 2.15 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie f ∈ K[X1, . . . , Xn] cu proprietatile

grad f = d < n si f(0, . . . , 0) = 0. Sa se arate ca:

(i) Exista a ∈ Kn, a 6= (0, . . . , 0), cu f(a) = 0.

(ii) Daca |a ∈ Kn | f(a) = 0| = N si p = char(K), atunci p|N .

Solutie. (i) Presupunem ca f(a) 6= 0 pentru orice a 6= (0, . . . , 0). Fie polinoameleg = 1 − f q−1 si h = (1 −Xq−1

1 ) · · · (1 −Xq−1n ). Atunci, pentru orice a 6= (0, . . . , 0) avem

h(a) = 0 (deoarece xq−1 = 1 pentru orice x ∈ K, x 6= 0) si g(a) = 1 − (f(a))q−1 = 0(deoarece f(a) ∈ K−0). Pentru a = (0, . . . , 0) avem g(a) = h(a) = 1. Rezulta ca g = h.In plus, avem ca grad g = d(q − 1) < n(q − 1) = gradh.Din problema 2.11 rezulta ca g =

∑1≤i≤n

(Xqi − Xi)gi + g0, cu gi ∈ K[X1, . . . , Xn] pentru

orice 0 ≤ i ≤ n, gradXig0 < q pentru orice 1 ≤ i ≤ n, si grad g0 ≤grad g = d(q − 1).Este clar ca g0 = g, de unde g0 = h. Aplicand problema 2.12 (observam ca g0 si h satisfacconditiile impuse asupra gradelor, caci si gradXih < q), rezulta ca g0 = h. Avem ınsa gradg0 ≤grad g <grad h, contradictie. Asadar presupunerea facuta este falsa.(ii) Am vazut ın solutia punctului (i) ca g(a) = 1 daca f(a) = 0 iar g(a) = 0 daca f(a) 6= 0.Asadar N · 1K =

∑a∈Kn

g(a). Dar g = g0 si din solutia problemei 2.11 stim ca g0 = r1 · · · rn,

unde r1 ∈ K[X1], . . . , rn ∈ K[Xn], toate de grad mai mic decat q. Rezulta ca g0 se poatescrie sub forma

g0 =∑

0≤i1,...,in<qci1 · · · cinX

i11 · · ·X

inn

si de aici rezulta ca

N · 1K =∑

(a1,...,an)∈Kn

(∑

0≤i1,...,in<qci1 · · · cina

i11 · · · ainn )

=∑

0≤i1,...,in<qci1 · · · cin(

∑(a1,...,an)∈Kn

ai11 · · · ainn ).

Polinoame 55

Dar∑

(a1,...,an)∈Kn

ai11 · · · ainn = (∑a1∈K

ai11 ) · · · (∑

an∈Kainn ) si cum grad g0 ≤grad g = d(q − 1) <

n(q − 1), rezulta ca nu toti indicii i1, . . . , in sunt egali cu q − 1. Pe de alta parte, daca1 ≤ i < q − 1, atunci

∑x∈K

xi = 0. Se stie ca (K∗, ·) este grup ciclic. Exista prin urmare

α ∈ K astfel ıncat K∗ = 1, α, α2, . . . , αq−2. Pentru orice 0 < i < q − 1 avem αi − 1 6= 0si ∑

x∈Kxi =

∑0≤j≤q−2

αij = (α(q−1)i − 1)(αi − 1)−1 = ((α(q−1))i − 1)(αi − 1)−1 = 0.

Rezulta ca∑

(a1,...,an)∈Kn

ai11 · · · ainn = 0 pentru orice i1, . . . , in. Obtinem ca N · 1K = 0, deci

p | N .

Problema 2.16 Fie K un corp finit, |K| = q, si fie f(X) = a0 + a1X + . . .+ aq−2Xq−2 ∈

K[X] cu aq−2 6= 0. Atunci |a ∈ K∗ | f(a) = 0| = q − 1− rang(A), unde A este matricea

A =

a0 a1 a2 . . . aq−3 aq−2

a1 a2 a3 . . . aq−2 a0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

aq−2 a0 a1 . . . aq−4 aq−3

.

Solutie. Fie K∗ = b1, . . . , bq−1. Avem ca bq−1i = 1 pentru orice i. Consideram

matricea

B =

1 b1 . . . bq−21

. . . . . . . . . . . .

1 bq−1 . . . bq−2q−1

∈Mq−1(K).

Atunci avem

BA =

f(b1) b−11 f(b1) . . . b

−(q−2)1 f(b1)

. . . . . . . . . . . .

f(bq−1) b−1q−1f(bq−1) . . . b

−(q−2)q−1 f(bq−1)

.

N = |a ∈ K∗ | f(a) = 0| este numarul de zerouri din sirul f(b1), . . . , f(bq−1). Sapresupunem de exemplu ca ultimii N termeni ai acestui sir sunt nuli. Atunci ultimele Nlinii ale matricei BA sunt nule, de unde rang(BA) ≤ q − 1−N . Pe de alta parte minorullui BA format de primele (q − 1 − N) linii si primele (q − 1 − N) coloane este nenul(determinantul este un determinant de tip Vandermonde ınmultit cu elementele nenulef(b1), . . . , f(bq−1−N )), deci rang(BA) = q − 1 − N . Cum B este inversabila, rezulta carang(A) = q − 1−N . De aici obtinem ca N = q − 1− rang(A).

Problema 2.17 Fie P = f ∈ R[X]| grad f ≤ 3, |f(±1)| ≤ 1,∣∣f (±1

2

)∣∣ ≤ 1.

Calculati supf∈P

max|x|≤1

|f ′′(x)| si determinati toate polinoamele f pentru care se atinge acest

supremum.

56

IMC, 1998

Solutie. Notam x0 = −1, x1 = −12 , x2 = 1

2 , x3 = 1, w =3∏i=0

(X − xi),

wk =∏i 6=k

(X − xi) si lk = 1wk(xk)wk, k ∈ 0, 1, 2, 3.

Gandindu-ne la forma polinoamelor de interpolare, constatam ca pentru orice f ∈ P si

x ∈ [−1, 1] are loc f(x) =3∑

k=0

lk(x)f(xk), de unde f ′′(x) =3∑

k=0

l′′k(x)f(xk), deci |f ′′(x)| ≤3∑

k=0

|l′′k(x)|.

Cum f ′′ = aX + b, max|x|≤1

|f ′′(x)| se atinge fie ın x = −1, fie ın x = 1. Daca punctul

pentru care se atinge maximumul este x = 1, atunci supf∈P

max|x|≤1

|f ′′(x)| =3∑

k=0

|l′′k(1)|. Cum

f ′′(x) =3∑

k=0

l′′k(x)f(xk), egalitatea se realizeaza fie daca f(xk) = sgn l′′k(1) pentru toti

k ∈ 0, 1, 2, 3, fie daca f(xk) = −sgn l′′k(1) pentru toti k ∈ 0, 1, 2, 3. Calculand efectivl′′k(1), k ∈ 0, 1, 2, 3, constatam ca semnele lor alterneaza. De aici rezulta ca polinoamelef pentru care se realizeaza supremumul din enunt au proprietatea ca f(x0) = f(x2) = ±1si f(x1) = f(x3) = ∓1. Prin urmare, f = ±(4X3 − 3X), iar supremumul cerut este egalcu 24. Cazul ın care punctul ın care se realizeaza maximul este -1 conduce la aceleasipolinoame f si la acelasi supremum.

Problema 2.18 Fie f : R → R cu proprietatea ca pentru orice n ∈ 2, 3, . . . functia

fn : R→ R, fn(x) = (f(x))n este polinomiala. Este f ın mod necesar polinomiala?

IMC, 2005

Solutia 1. Fie g, h ∈ R[X] astfel ıncat g = f2 si h = f3. Cum R[X] este factorial,

putem scrie g = apα11 · · · pαrr si h = bq

β11 · · · q

βss , unde a, b ∈ R, p1, . . . , pr, q1, . . . , qs ∈ R[X]

sunt polinoame ireductibile si monice, iar α1, . . . , αr, β1, . . . , βs ∈ N∗. Cum g3 = f6 = h2,obtinem g3 = h2. Din unicitatea descompunerii ın factori primi ın inelul R[X] rezultaca a3 = b2, r = s si, dupa o eventuala renumerotare a polinoamelor qi, i ∈ 1, . . . , s,pi = qi si 3ai = 2bi pentru fiecare i ∈ 1, . . . , s. Toti exponentii bi, i ∈ 1, . . . , s, sunt

deci divizibili prin 3. Consideram polinomul F = 3√b · qβ1/3

1 · . . . · qβs/3s . Trecand la functii

asociate, (F (x))3 = h(x) = (f(x))3 pentru orice x ∈ R. Rezulta ca f(x) = F (x) pentruorice x ∈ R, deci f este polinomiala.

Solutia 2. Fie pq forma ireductibila a fractiei rationale h

g ∈ R(X), cu g si h ca ın solutia

1. Atunci, p2

q2= f2, de unde p2 = q2g. Daca q ar avea vreun factor ireductibil ın R[X], ar

rezulta din ultima relatie ca acesta divide si p, contradictie. Putem deci considera q = 1,

de unde hg = p. Rezulta ca pentru orice x ∈ R \ x ∈ R| f(x) 6= 0 avem f(x) = (f(x))3

(f(x))2=

h(x)g(x) = p(x). Relatia p2 = q2f2 implica si f(x) = p(x) pentru toate zerourile x ale lui f .

Prin urmare, f = p, deci f este polinomiala.Observatie. Rationamentele prezentate functioneaza folosind doar ipoteza ca x 7→

(f(x))2 si x 7→ (f(x))3 sunt functii polinomiale.

Polinoame 57

Problema 2.19 Fie p un numar prim si Zp corpul claselor de resturi modulo p. Fie W

cea mai mica multime de polinoame din Zp[X] cu proprietatile

(i) X + 1, Xp−2 +Xp−3 + · · ·+X2 + 2X + 1 ∈W ,

(ii) Pentru orice h1, h2 ∈W , restul r al ımpartirii lui h1 h2 la Xp −X este ın W .

Cate elemente are W?

IMC, 2009

Solutie. Precizam mai ıntai ca acea conditie de minimalitate impusa ın enunt asupralui W este relativa la relatia de incluziune.Observam ca functia polinomiala asociata lui f = X + 1 este ciclul 0 → 1 → 2 → · · · →(p− 1)→ 0, iar cea asociata lui g = Xp−2 +Xp−3 + · · ·+X2 + 2X + 1 este transpozitia0↔ 1. Cum aceste permutari genereaza grupul S(Zp) al permutarilor lui Zp, pentru fiecare

σ ∈ S(Zp) exista ın W cel putin un polinom h cu σ = h.

Rezulta ca functia Φ : W → S(Zp), Φ(P ) = P este surjectiva. Pe de alta parte, dacaΦ(P ) = Φ(Q), rezulta ca polinoamul P −Q (de grad strict mai mic decat p) are p radacinidistincte, deci este nul. Rezulta ca P = Q, deci Φ este bijectiva. Prin urmare, |W | =|S(Zp)| = p!.

Problema 2.20 Fie K un corp si f : K × K → K cu proprietatea ca pentru orice

x0 ∈ K functia f(x0, y) este polinomiala ın y, iar pentru orice y0 ∈ K functia f(x, y0) este

polinomiala ın x.

Rezulta din aceste conditii ca f este polinomiala daca:

a) K = Q?

b) K este un corp finit?

Argumentati raspunsurile!

SEEMOUS, 2007

Solutie. a) In cazul K = Q, nu rezulta ca f este polinomiala, dupa cum arataurmatorul contraexemplu:Scriem Q = a0, a1, a2, . . . (acest lucru este posibil, Q fiind numarabila). Consideram

f : Q×Q→ Q, f(ai, aj) =m∑k=0

k∏l=0

[(ai − al)(aj − al)], unde m = mini, j.

Pentru ai ∈ Q arbitrar ales, f(ai, y) =

i∑k=0

k∏l=0

[(ai − al)(x − al)] pentru orice y ∈ Q,

deci f(ai, y) este functie polinomiala de y, iar pentru aj ∈ Q arbitrar ales, f(x, aj) =j∑

k=0

k∏l=0

[(x − al)(aj − al)] pentru orice x ∈ Q, deci f(x, aj) este functie polinomiala de x.

Presupunem ca f este polinomiala si notam cu n gradul sau ın raport cu x. Atunci, existab0, b1, . . . , bn ∈ Q[Y ] astfel ıncat f(x, y) = b0(y)+b1(y)x+ · · ·+bn(y)xn pentru orice x, y ∈

58

Q. De aici rezulta ca functia g : Q→ Q, g(x) = f(x, an+1) =n∑k=0

k∏l=0

[(x− al)(an+1 − al)],

este polinomiala de grad cel mult n, contradictie.b) Cum pentru orice corp finit K si orice n ∈ N∗ toate functiile g : Kn → K sunt polinomi-ale (a se vedea problema 2.14), rezulta ca functia f din enunt este polinomiala. Observamca ın acest caz nici nu mai trebuie sa facem uz de proprietatile date ın ipoteza pentru f(care sunt ınsa verificate).

Observatie. De fapt, pentru un corp comutativ K, sunt echivalente urmatoareleafirmatii :1. Exista functii f ca ın enunt care nu sunt polinomiale.2. Corpul K este numarabil.Pentru situatia de numarabilitate, contraexemplul se poate construi exact ca ındemonstratia punctului a).Pentru corpurile finite, chestiunea a fost transata la punctul b).Daca corpul K este nenumarabil, iar f : K × K → K are proprietatea din enunt,notam Ar = x ∈ K| grady f(x, y) = r si Bs = y ∈ K| gradx f(x, y) = s.Cum K =

⋃r≥0Ar =

⋃s≥0Bs, iar K este nenumarabil, exista m,n ∈ N pentru care

Am si Bn sunt infinite (aici ar esua aceasta demonstratie ın cazul ın care K ar ficel mult numarabil). Conform ipotezei, exista functiile a0, a1, . . . , an : Bn → K ast-fel ıncat f(x, y) = a0(y) + a1(y)x + · · · + an(y)xn. Fie x1, x2, . . . , xn+1 ∈ Am. Pen-tru orice j ∈ 1, 2, . . .m + 1 exista constante b0(xj), b1(xj), . . . , bm(xj) astfel ıncatf(xj , y) = b0(xj) + b1(xj)y+ · · ·+ bm(xj)y

m pentru orice y ∈ K. Consideram y ∈ Bn arbi-trar. Rezolvand sistemul a0(y) + a1(y)xj + · · ·+ an(y)xnj = f(xj , y), j ∈ 1, 2, . . . ,m+ 1,obtinem, ın virtutea relatiilor de mai sus, ca ak(y), k ∈ 0, 1, . . . , n, sunt functii polino-miale de y. Prin urmare, exista P ∈ K[X,Y ] astfel ıncat f(x, y) = P (x, y) pentru oricex ∈ K si y ∈ Bn. Pe de alta parte, daca (x, y) ∈ K ×K este o pereche arbitrara, functiapolinomiala t 7→ f(x, t) coincide cu functia polinomiala t 7→ P (x, t) pe multimea infinitaBn, deci cele doua functii coincid, de unde obtinem f(x, y) = P (x, y), ceea ce ıncheiedemonstratia.

Problema 2.21 Fie f ∈ R(X). Presupunem ca f(n) ∈ Z pentru o infinitate de valori

n ∈ Z. Aratati ca f este polinom.

IMC, 2006

Solutie. Fie S ⊂ Z o multime infinita cu proprietatea ca f(x) ∈ Z pentru orice x ∈ S.Scriem f = p

q , p, q ∈ R[X], q 6= 0. Notam T = S \ x ∈ S| q(x) = 0. Privim relatiilep(x) = q(x)f(x), x ∈ T , ca pe un sistem de ecuatii liniare care are drept nedeterminatecoeficientii polinoamelor p si q. Observam ca toti coeficientii acestui sistem sunt ıntregi, iarsistemul este compatibil, deoarece chiar valorile coeficientilor lui p si q constituie o solutie.Aspectul coeficientilor arata ınsa ca putem gasi pentru acest sistem solutii cu componentelerationale. Prin urmare, exista p′, q′ ∈ Q[X] cu proprietatea ca p′(x) = q′(x)f(x) pentruorice x ∈ T . Cum p(x) = q(x)f(x), obtinem p′(x)q(x)f(x) = p(x)q′(x)f(x) pentru oricex ∈ T . Obtinem de aici relatia p′(x)q(x) = p(x)q′(x) pentru orice element x al multimii

infinite T \ x ∈ T | f(x) = 0. In consecinta, avem p′q = pq′, de unde p′

q′ = pq = f .

Prin urmare, f se poate scrie ca un cat de polinoame cu coeficienti rationali. Amplificandaceasta fractie cu un numar ıntreg potrivit, putem scrie f chiar ca un cat de polinoamecu coeficienti ıntregi: f = p′′

q′′ . Conform teoremei de ımpartire cu rest, exista s, r ∈ Q[X]

Polinoame 59

asa ıncat p′′ = q′′s+ r si grad r < grad q′′. Se obtine relatia f = s+ rq′′ . Exista ınsa N ∈ N

astfel ıncat Ns ∈ Z[X]. Are deci loc relatia Nr(x)q′′(x) = Nf(x)−Ns(x) ∈ Z pentru orice x ∈

S \x ∈ S| q′′(x) 6= 0. Pe de alta parte, gradNr < grad q′′, deci limn→±∞

Nr(x)q′′(x) = 0. Rezulta

ca pentru x ∈ S \ x ∈ S| q′′(x) 6= 0 cu |x| suficient de mare avem Nf(x) −Ns(x) = 0,de unde r(x) = 0. Asadar, r are o infinitate de radacini, deci este nul. Rezulta ca f = s,deci f este polinom.

Observatie. Din demonstratie rezulta chiar f ∈ Q[X].

Problema 2.22 a) Fie n ∈ N si P ∈ R[X] un polinom de grad n. Daca P (a) ∈ Z pentru

n+ 1 valori ıntregi consecutive ale lui a, atunci P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z.

b) Fie n ∈ N si P ∈ R[X,Y ] un polinom de grad mai mic decat n. Daca P (a, b) ∈ Z pentru

orice valori a, b ∈ Z cu 0 ≤ a < b ≤ n, atunci P (a, b) ∈ Z pentru orice a, b ∈ Z.

Solutie. a) Demonstram afirmatia prin inductie dupa n. Cazul n = 0 este evident.Presupunem afirmatia adevarata pentru polinoamele de grad n si fie P ∈ R[X] de grad n+1cu proprietatea ca exista t ∈ Z astfel ıncat P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ t, t+1, . . . , t+n+1.Consideram polinomul Q(X) = P (X+1)−P (X). Q are gradul n, iar Q(a) ∈ Z pentru oricea ∈ t, t+1, . . . , t+n. Conform ipotezei de inductie, Q(a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z. Pe bazarelatiilor P (a+1)−P (a) = Q(a) ∈ Z, obtinem inductiv atat P (t+n+2), P (t+n+3), . . . ∈ Z,cat si P (t− 1), P (t− 2), . . . ∈ Z.b) Si aici vom face demonstratia prin inductie dupa n. Daca n = 1, atunci P este constant,de unde P = P (0, 1) ∈ Z, deci afirmatia problemei este adevarata.Fie acum n ≥ 2. Presupunem ca afirmatia este adevarata pentru polinoamele de gradmai mic decat n − 1. Fie polinomul P ∈ R[X,Y ] de grad mai mic decat n si care areproprietatea P (a, b) ∈ Z pentru orice valori a, b ∈ Z cu 0 ≤ a < b ≤ n. Considerampolinoamele

Q1(X,Y ) = P (X + 1, Y + 1)− P (X,Y + 1) si (2.10)

Q2(X,Y ) = P (X,Y + 1)− P (X,Y ). (2.11)

Daca 0 ≤ a < b ≤ n− 1, atunci numerele P (a, b), P (a, b+ 1) si P (a+ 1, b+ 1) sunt ıntregi,deci Q1(a, b) si Q2(a, b) sunt si ele ıntregi. In plus, polinoamele Q1 si Q2 au gradul maimic decat n−1. Conform ipotezei de inductie, Q1(a, b) si Q2(a, b) sunt ıntregi pentru oricea, b ∈ Z. Tinand cont de proprietatile lui P si de relatiile (2.10) si (2.11), obtinem

P (0, 1) ∈ Z, (2.12)

P (a, b) ∈ Z⇔ P (a+ 1, b+ 1) ∈ Z si (2.13)

P (a, b) ∈ Z⇔ P (a, b+ 1) ∈ Z. (2.14)

Fie a, b ∈ Z. Aplicand (2.13) de |a| ori si apoi (2.14) de |b− a− 1| ori, obtinem:

P (a, b) ∈ Z⇔ · · · ⇔ P (0, b− a) ∈ Z⇔ · · · ⇔ P (0, 1) ∈ Z.

De aici si din (2.12) rezulta ca P (a, b) ∈ Z.

60

Problema 2.23 Pentru k ∈ N∗ notam

Xk

=X(X − 1) · . . . · (X − k + 1)

k!∈ Q[X]

(pentru k = 0, convenim sa notam

X0

= 1).

a) Aratati ca

X + 1

k + 1

− X

k + 1

=

Xk

pentru orice k ∈ N.

b) Aratati ca polinoamele

Xk

, k ∈ N, iau valori ıntregi ın orice n ∈ Z.

c) Aratati ca daca exista n ∈ Z astfel ıncat polinomul P ∈ R[X] de grad k ia valori ıntregi

ın n, n+ 1, . . . , n+ k, atunci exista numerele ıntregi c0, c1, . . . , ck astfel ıncat

P = ck

Xk

+ ck−1

X

k − 1

+ · · ·+ c1

X1

+ c0

X0

.

Solutie. a) Se obtine prin calcul direct.b) Inductie dupa k: Pentru k ∈ 0, 1, afirmatia este evidenta. Presupunem acum ca ea

este adevarata pentru k. Folosind ın mod repetat relatia de la a), constatam ca

(m

k + 1

)−(

nk + 1

)∈ Z pentru orice m,n ∈ Z. Demonstratia se ıncheie constatand ca

(0

k + 1

)∈ Z.

c) Cum polinomul

(Xk

)are gradul k, rezulta ca

(X0

),

(X1

), . . . ,

(Xk

)constituie o baza

a spatiului vectorial real P ∈ R[X] | gradP ≤ k. Prin urmare, pentru orice polinomP ∈ R[X] de grad cel mult k exista c0, c1, . . . , ck ∈ R astfel ıncat

P = ck

(Xk

)+ ck−1

(X

k − 1

)+ · · ·+ c1

(X1

)+ c0

(X0

).

Mai avem de aratat ca daca P are valori ıntregi ın n, n+1, . . . , n+k, atunci c0, c1, . . . , ck ∈Z.Procedam prin inductie dupa k.Pentru k = 0, daca un polinom P de grad 0 ia ın n ∈ Z valoarea a ∈ Z, atunci P = a,deci P (m) ∈ Z pentru orice m ∈ Z.Presupunem acum afirmatia adevarata pentru polinoamele de grad cel mult k. Sa pre-supunem ca polinomul

P = ck+1

(X

k + 1

)+ ck

(Xk

)+ · · ·+ c1

(X1

)+ c0

(X0

)ia valori ıntregi ın n, n+ 1, . . . , n+ k + 1. Atunci polinomul

∆P (X) = P (X + 1)− P (X) = ck+1

(Xk

)+ ck

(X

k − 1

)+ · · ·+ c1

(X0

)

Polinoame 61

are gradul cel mult k si ia valori ıntregi ın n, n+1, . . . , n+k. Conform ipotezei de inductie,c1, c2, . . . , ck+1 ∈ Z. In plus,

c0 = P (n)− ck+1

(n

k + 1

)− ck

(nk

)− · · · − c1

(n1

)∈ Z,

ceea ce ıncheie pasul de inductie si demonstratia.

Problema 2.24 Fie f ∈ R[X] de grad n. Presupunem caf(k)− f(m)

k −m∈ Z pentru orice

valori ıntregi k,m cu 0 ≤ k < m ≤ n. Aratati caf(a)− f(b)

a− b∈ Z pentru orice doua

numere ıntregi a 6= b.

IMC, 2011

Solutia 1. Demonstram afirmatia prin inductie dupa gradul n al polinomului f . Eaeste adevarata ın mod evident pentru n = 1. Fie n ≥ 2; presupunem ca afirmatia problemeieste adevarata pentru polinoamele de grad n−1. Fie f ∈ R[X] un polinom de grad n careındeplineste conditiile din ipoteza.Polinomul g cu proprietatea f = Xg+ f(0) are gradul n− 1; ın plus, g(a) = f(a)−f(0)

a−0 ∈ Zpentru orice a ∈ 1, 2, . . . , n. Conform problemei 2.22 a), P (a) ∈ Z pentru orice a ∈ Z,deci

f(a)− f(0)

a− 0∈ Z pentru orice a ∈ Z. (2.15)

Pe de alta parte, polinomul g(X) = f(X+1)−f(X) are gradul n−1, iar pentru k,m ∈ Z,k 6= m, are loc relatia

g(k)− g(m)

k −m=f(k + 1)− f(m+ 1)

(k + 1)− (m+ 1)− f(k)− f(m)

k −m. (2.16)

Rezulta ca g(k)−g(m)k−m ∈ Z pentru orice valori ıntregi k,m cu 0 ≤ k < m ≤ n− 1. Conform

ipotezei de inductie, g(a)−g(b)a−b ∈ Z pentru orice doua numere ıntregi a 6= b.

Fie acum doua valori ıntregi a 6= b. Daca a > b > 0, tinand cont de (2.15) si (2.16),obtinem

f(a)− f(b)

a− b=

b∑k=1

g(a− k)− g(b− k)

(a− k)− (b− k)+f(a− b)− f(0)

(a− b)− 0∈ Z.

Celelalte cazuri se trateaza analog.Solutia 2.

Lema Notam L(k) = [1, 2, . . . , k] si definim hk = L(k)(Xk

), k ∈ N∗. Atunci, a − b divide

hk(a)− hk(b) pentru orice a, b ∈ Z, a 6= b.Demonstratie: Presupunem mai ıntai k ≤ b < a. Comparand coeficientii lui Xk din

(1 +X)a si (1 +X)a−b(1 +X)b, constatam ca

(ak

)=

k∑j=0

(a− bj

)(b

k − j

). Prin urmare,

hk(a)− hk(b) = L(k)

((ak

)−(bk

))(2.17)

= L(k)

k∑j=1

(a− bj

)(b

k − j

)= (a− b)

k∑j=1

L(k)

j

(a− b− 1j − 1

)(b

k − j

).

62

Rezulta ca polinoamele P = L(k)

((Xk

)−(bk

))∈ R[X] si Q = (X −

b)

k∑j=1

L(k)

j

(b

k − j

)(X − b− 1j − 1

)∈ R[X] au proprietatea P (a) = Q(a) pentru orice

a ∈ b + 1, b + 2, . . .. Rezulta ca P = Q, deci relatia (2.17) are loc si pentru

a ≤ b. Prin urmare, polinoamele R = L(k)

((Xk

)−(Yk

))∈ R[X,Y ] si S = (X −

Y )k∑j=1

L(k)

j

(X − Y − 1j − 1

)(Y

k − j

)∈ R[X,Y ] au proprietatea ca R(a, b) = S(a, b) pentru

orice (a, b) ∈ Nk × Nk, unde am notat Nk = k, k + 1, . . .. Conform problemei 2.10 avemR = S, de unde si concluzia lemei.Polinomul f fiind de grad n, ıl putem scrie sub forma

f = A0 +A1

(X1

)+A2

(X2

)+ · · ·+An

(Xn

), (2.18)

cu A1, . . . , An ∈ R. Vom demonstra prin inductie ca pentru orice m ∈ 1, 2, . . . , n exista

tm ∈ Z astfel ıncat Am = tmL(m). Cum A1 = f(1)−f(0)1−0 ∈ Z, afirmatia este adevarata

pentru m = 1. Presupunem ca pentru orice j ∈ 1, 2, . . . ,m− 1 exista tj ∈ Z astfel ıncatAj = tjL(j). Dand ın (2.18) lui X valorile m si k ∈ 0, 1, . . . ,m− 1, obtinem

f(m)− f(k)

m− k=

m−1∑j=1

AjL(j)

hj(m)− hj(k)

m− k+

Amm− k

.

Cum, conform lemei, toti ceilalti termeni ce apar ın aceasta relatie sunt ıntregi, rezulta caAmm−k este si el ıntreg. Cum k ∈ 0, 1, . . . ,m− 1 a fost ales arbitrar, rezulta ca Am ∈ Z siL(m)|Am, ceea ce ıncheie inductia. Considerand acum a, b ∈ Z, a 6= b, avem

f(a)− f(b)

a− b=

n∑j=1

AjL(j)

hj(a)− hj(b)a− b

.

Conform lemei, de aici obtinemf(a)− f(b)

a− b∈ Z.

Solutia 3. Afirmatia problemei se obtine aplicand rezultatul din problema 2.22 b)

polinomului g(X,Y ) = f(X)−f(Y )X−Y .

Problema 2.25 Fie P ∈ Z[X] si numerele ıntregi a1 < a2 < . . . < an.

a) Demonstrati ca exista a ∈ Z cu proprietatea ca P (ai)|P (a) pentru orice i ∈ 1, 2 . . . , k.

b) Exista pentru orice P ∈ Z[X] un numar a ∈ Z astfel ıncat P (a1)P (a2) · · ·P (ak)| P (a)?

IMC, 2008

Solutie. a) Daca exista vreo valoare i pentru care P (ai) = 0, afirmatia problemeieste evidenta. Daca P (a1) = · · · = P (ak), alegem a = a1 si am terminat. Putem asadarconsidera ca P (a1), . . . , P (ak) sunt nenule si (dupa eventuala eliminare a elementelor aicare produc repetitii) distincte doua cate doua.Exista ın mod evident numerele s, t prime ıntre ele cu proprietatile s|P (a1), t|P (a2) si

Polinoame 63

st = [P (a1), P (a2)]. Exista de asemenea m,n ∈ Z astfel ıncat a1 + sm = a2 + tn; notamb2 = a1 + sm. Cum s|P (a1 + sm)− P (a1) si t|P (a2 + tn)− P (a2), rezulta st|P (b2).Cu calcule similare, construim inductiv numerele ıntregi bi, i ∈ 3, . . . , k, cu proprietatileP (ai)|P (bi) si P (bi−1)|P (bi). a = bk este numarul cerut.b) Raspunsul la aceasta ıntrebare este negativ: Daca P = 2X2 +2, a1 = 0 si a2 = 1, atuncipentru orice a ∈ Z avem P (a) ≡ 2 sau 4 (mod 8), deci 8 = P (a1)P (a2) - P (a).

Problema 2.26 Fie f, g ∈ Z[X], neconstante, cu proprietatea g|f . Aratati ca daca poli-

nomul f − 2008 are cel putin 81 radacini ıntregi distincte, atunci grad g > 5.

IMC, 2008

Solutie. Fie h ∈ Z[X] astfel ıncat f = gh. Consideram radacinile ıntregi distinctea1, . . . , a81 ale lui f − 2008. Atunci, g(ai)h(ai) = f(ai) = 2008, i ∈ 1, . . . , 81. Deci,g(a1), . . . , g(a81) sunt divizori ai lui 2008.Dar 2008 = 23 · 251, deci 2008 are exact 16 divizori ıntregi. Conform principiului cutiei,ın lista g(a1), . . . , g(a81) gasim cel putin 6 numere egale, fie ele g(ai1), . . . , g(ai6). Atunci,polinomul g− g(ai1) are cel putin 6 radacini distincte, deci are gradul cel putin 6. De aicirezulta ca avem si grad g ≥ 6.

Problema 2.27 Fie f ∈ Z[X]. Definim a0 = 0 si an+1 = f(an) pentru orice n ∈ N.

Aratati ca daca exista m ∈ N∗ pentru care am = 0, atunci a1a2 = 0.

Putnam, 2000

Solutia 1. Pentru orice m,n ∈ Z avem m−n|f(m)− f(n). In particular, daca notambn = an+1 − an, obtinem ca bn|bn+1 pentru orice n ∈ N.Presupunem ca exista m ∈ N∗ pentru care am = 0. Atunci, am = a0, de unde am+1 = a1,deci bm = b0. Daca b0 = 0, atunci a0 = a1 = . . . = am si am terminat. Daca b0 6= 0,din b0|b1| . . . |bm si bm = b0 deducem ca bk = ±b0 pentru orice k ∈ 1, 2, . . . ,m. Darb0 + b1 + · · · + bm−1 = am − a0 = 0, deci jumatate dintre numerele b0, b1, . . . , bm−1 suntpozitive, iar celelalte sunt negative. Rezulta ca exista k ∈ 1, 2, . . . ,m − 1 pentru carebk−1 = −bk. De aici, ak+1 = ak−1 si apoi an+2 = an pentru orice n ≥ k − 1. In particular,am+2 = am, de unde a2 = f(f(a0)) = f(f(am)) = am+2 = am = 0.

Solutia 2. Fie m ∈ N∗ minim pentru care am = 0. Daca exista i, j ∈ 0, 1, . . . ,m−1,i < j, astfel ıncat ai = aj , atunci am−(j−i) = am = 0, contrazicand minimalitatea lui m.Prin urmare, pentru i, j ∈ N arbitrari, vom avea ai = aj daca si numai daca m|j − i.Daca m = 1, demonstratia se ıncheie.Daca m > 1, fie ai, respectiv aj , elementul maxim, respectiv minim, al multimiia0, a1, . . . , am−1. Cum ai − aj |f(ai) − f(aj) = ai+1 − aj+1, iar |ai+1 − aj+1| ≤ ai − aj ,rezulta ca |ai+1−aj+1| = ai−aj . De aici, rezulta ca ai+1, aj+1 = ai, aj. Daca ai+1 = ai,atunci m = 1. Altfel, ai+1 = aj , de unde ai+2 = aj+1 = ai, deci m|2. Prin urmare,m ∈ 1, 2, de unde si concluzia problemei.

Observatie. Printr-o schimbare de varibila, rezulta ca daca f ∈ Z[X], a ∈ Z, iar sirula, f(a), f(f(a)), . . . este periodic, atunci perioada sa este cel mult 2.

Problema 2.28 Determinati polinoamele P = anXn+an−1X

n−1 + · · ·+a0, an 6= 0, care

ındeplinesc urmatoarele doua conditii:

64

(i) (a0, a1, . . . , an) este o permutare a sistemului (0, 1, . . . , n)

(ii) Toate radacinile lui P sunt rationale.

IMC, 2005

Solutia 1. Cum P (x) > 0 pentru orice x > 0, P nu are radacini ın R∗+. Vomreprezenta deci radacinile lui P sub forma −αi, i ∈ 1, 2, . . . , n, cu αi ∈ Q+ pentrufiecare i ∈ 1, 2, . . . , n.Daca a0 6= 0, atunci exista k ∈ 1, 2, . . . , n − 1 pentru care αk = 0; folosind relatiilelui Viete, obtinem contradictia 0 < α1α2 . . . αn−k + α1α2 . . . αn−k−1αn−k+1 + · · · +αk+1αk+2 . . . αn = ak

an= 0. Ramane asadar ca a0 = 0, deci una dintre radacinile lui

P este nula, fie ea αn. Presupunem ca n ≥ 3 si consideram polinomul Q = anXn−1 +

an−1Xn−2 + · · · + a1, care are radacinile −αi, i ∈ 1, 2 . . . , n − 1. Conform relatiilor lui

Viete,

α1α2 · · ·αn−1 =a1

an(2.19)

α1α2 · · ·αn−2 + α1α2 · · ·αn−3αn−1 + · · ·+ α2α3 · · ·αn−1 =a2

an(2.20)

α1 + α2 + · · ·+ αn−1 =an−1

an. (2.21)

Impartind membru cu membru relatia (2.20) la (2.19), obtinem

1

α1+

1

α2+ · · ·+ 1

αn−1=a2

a1. (2.22)

Din (2.21) si (2.22), folosind inegalitatea mediilor, obtinem

an−1

(n− 1)an=α1 + α2 + · · ·+ αn−1

n− 1≥ n− 1

1α1

+ 1α2

+ · · ·+ 1αn−1

=(n− 1)a1

a2,

de undea2an−1

a1an≥ (n− 1)2. Rezulta ca

n2

2≥ a2an−1

a1an≥ (n− 1)2, de unde n ≤ 3. Asadar,

polinoamele care satisfac simultan (i) si (ii) au gradul cel mult 3. Calcule imediate ne arataca polinoamele cerute sunt X, X2 + 2X, 2X2 +X, X3 + 3X2 + 2X si 2X3 + 3X2 +X.

Solutia 2. Cum P are toate radacinile rationale, el se poate scrie sub forma

P =n∏k=1

qkX + rksk

, (2.23)

unde qk, rk, sk ∈ Z si (qk, rk, sk) = 1, k ∈ 1, 2, . . . , n. Atunci, Ps1 . . . sn =∏nk=1(qkX +

rk), deci s1 . . . sn|∏nk=1 c(qkX+rk), unde c(f) desemneaza, ca de obicei, continutul polino-

mului f . Rezulta ca putem simplifica membrul drept din (2.23) pana la disparitia completaa numitorilor. Prin urmare, putem scrie P =

∏nk=1(bkX+ck), unde bk, ck ∈ Z pentru fiecare

k ∈ 1, 2 . . . , n. Coeficientul dominant al lui P fiind pozitiv, putem presupune bk > 0,k ∈ 1, 2 . . . , n. Radacinile lui P sunt negative, deci ck ≥ 0, k ∈ 1, 2 . . . , n. In plus,cel putin n− 1 dintre coeficientii ck sunt strict pozitivi, altminteri am obtine contradictiaa0 = a1 = 0. Se obtine

n(n+ 1)

2= 0 + 1 + · · ·+ n = an + · · ·+ a0 = P (1) =

n∏k=1

(bk + ck) ≥ 2n−1,

Polinoame 65

de unde n ≤ 4. In plus, numarul n(n+1)2 se scrie ca produs de n− 1 numere naturale mai

mari decat 1, ceea ce elimina cazul n = 4.Pentru n = 1, singura solutie este P = 1 ·X + 0.Pentru n = 2, P (1) = 3 = 1 · 3, deci un factor trebuie sa fie X, iar celalalt, X + 2 sau2X + 1.Pentru n = 3, P (1) = 6 = 1 · 2 · 3, deci doi dintre factori trebuie sa fie X si X + 1, iar altreilea poate fi unul dintre X + 2 si 2X + 1.Se verifica usor faptul ca polinoamele astfel obtinute satisfac ıntr-adevar conditiile (i) si(ii). Ele sunt, desigur, cele enumerate la finalul primei solutii.

Problema 2.29 Fie a ∈ (0, 1), iar 0, a1a2a3 . . . reprezentarea sa zecimala. Consideram

fa : (0, 1) → R, fa(x) =∑n≥1

anxn. Dovediti ca a este rational daca si numai daca exista

P,Q ∈ Z[X] astfel ıncat fa(x) =P (x)

Q(x)pentru orice x ∈ (0, 1).

SEEMOUS, 2007

Solutie. Precizam ca seria de puteri∑n≥1

anxn are raza de convergenta cel putin 1. Prin

urmare, ea este convergenta pentru orice x ∈ (0, 1).Daca a ∈ (0, 1) ∩ Q, atunci fractia zecimala asociata lui este periodica, sa zicem a =0, a1 . . . , at(at+1 . . . at+s). Atunci, pentru orice x ∈ (0, 1) avem

fa(x) =

t∑n=1

anxn + xt

s∑j=1

at+jxj(1 + xs + x2s + · · · ) =

=

t∑n=1

anxn + xt

s∑j=1

at+jxj

1− xs=P (x)

Q(x),

unde P = (1−Xs)∑t

n=1 anXn +Xt

∑sj=1 at+jX

j ∈ Z[X] si Q = 1−Xs ∈ Z[X].

Reciproc, daca fa e de tipul precizat, atunci a = fa(

110

)=

P( 110)

Q( 110)∈ Q.

Problema 2.30 Fie n, k ∈ N∗. Presupunem ca polinomul X2k − Xk + 1 ∈ C[X] divide

X2n +Xn + 1. Aratati ca si X2k +Xk + 1 divide X2n +Xn + 1.

IMC, 2008

Solutie. Notam f = X2n +Xn + 1, g = X2k −Xk + 1, h = X2k +Xk + 1.Numarul complex z = cos π

3k + i sin π3k este radacina a lui g. Notam a = nπ

3k . Cum g|f ,f(z) = g(z) = 0. Prin urmare, 0 = z2n + zn + 1 = (cos 2a+ i sin 2a) + (cos a+ i sin a) + 1 =(2 cos a+ 1)(cos a+ i sin a). De aici rezulta 2 cos a+ 1 = 0, deci a = ±2π

3 + 2cπ, c ∈ Z.

Fie w o radacina a lui h. Cum h = X3k−1Xk−1

, w este de forma cos 2sπ3k + i sin 2sπ

3k , cu s =

3t ± 1, t ∈ Z. Este suficient sa probam ca f(w) = 0. Dar f(w) = w2n + wn + 1 =(cos 4sa + i sin 4sa) + (cos 2sa + i sin 2sa) + 1 = (2 cos 2sa + 1)(cos 2sa + i sin 2sa). Cum

2 cos 2sa+ 1 = 2 cos(2s(±2π3 + 2cπ)) + 1 = 2 cos 4πs

3 + 1 = 2 cos 4π(3t±1)3 + 1 = 0, rezulta ca

f(w) = 0 si problema este rezolvata.

66

Problema 2.31 Consideram polinomul P = X2 − 1 ∈ R[X]. Cate solutii reale distincte

are ecuatia P (P (. . . (P︸︷︷︸2004

(x)))) = 0?

IMC, 2004

Solutie. Notam Pn(X) = P (P (. . . (P︸︷︷︸n

(X)))), n ∈ N∗. Pentru orice n ≥ 2 si orice x ∈ R

avem Pn(x) = P (Pn−1(x)) ≥ −1. Inegalitatea este evidenta si pentru n = 1. Prin urmare,ecuatia Pn(x) = a, a < −1, nu are solutii reale. Vom demonstra prin inductie dupa n caecuatia Pn(x) = a, a > 0, are exact doua radacini reale distincte. Pentru n = 1, afirmatiaeste evidenta. O presupunem adevarata pentru n; fie a > 0. Pn+1(x) = a se rescrieP (Pn(x)) = a; solutia acestei ecuatii este reuniunea solutiilor ecuatiilor Pn(x) =

√a+ 1

si Pn(x) = −√a+ 1. Dar

√a+ 1 > 0, deci prima dintre aceste ecuatii are exact doua

solutii reale distincte, ın timp ce −√a+ 1 < 0, deci cea de-a doua ecuatie nu are solutii

reale. Prin urmare, Pn+1(x) = a are exact doua solutii reale distincte.Vom demonstra acum prin inductie faptul ca ecuatiaPn(x) = 0 are exact n + 1 solutii reale distincte. Daca n = 1, solutiile suntx = ±1, iar daca n = 2, solutiile sunt 0 si ±

√2, deci afirmatia este adevarata ın

aceste situatii. Presupunem acum afirmatia adevarata pentru n ∈ N∗. Observam caPn+2(x) = P2(Pn(x)) = P 2

n(x)(P 2n(x)−2), deci solutia ecuatiei Pn+2(x) = 0 este reuniunea

solutiilor ecuatiilor Pn(x) = 0, Pn(x) =√

2 si Pn(x) = −√

2. Conform ipotezei de inductie,ecuatia Pn(x) = 0 are exact n + 1 solutii reale distincte; conform celor aratate mai sus,ecuatia Pn(x) =

√2 are doua solutii reale distincte, pe cand ecuatia Pn(x) = −

√2 nu are

solutii reale. Prin urmare, ecuatia Pn+2(x) = 0 are exact n+ 3 solutii reale distincte, ceeace ıncheie pasul de inductie.In concluzie, ecuatia din enunt are exact 2005 solutii reale distincte.

Problema 2.32 Fie k cel mai mic numar natural cu proprietatea:

,,Exista numere ıntregi distincte m1,m2,m3,m4,m5 cu proprietatea ca polinomul P =

(X −m1)(X −m2)(X −m3)(X −m4)(X −m5) are exact k coeficienti nenuli”.

Determinati k si o multime m1,m2,m3,m4,m5 pentru care el se realizeaza.

Putnam, 1985

Solutie. Daca am avea k = 1, atunci P ar fi X5, care nu are 5 radacini ıntregi distincte.Daca am avea k = 2, atunci P ar fi de forma X5 + aXr, a ∈ Z∗, 0 ≤ r ≤ 4. P ar avea deciradacina dubla 0 pentru r ≥ 2 si cel putin o radacina nereala pentru r ∈ 0, 1. Asadar,P nu ar verifica conditiile din enunt.Prin urmare, trebuie sa avem k ≥ 3. Cum X(X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) = X5 −5X3 + 4X, rezulta k = 3 si un exemplu de multime pentru care se realizeaza acest minim:−2,−1, 0, 1, 2.

Observatie. Problema a fost data ca atare la concurs; ea se generalizeaza astfel:Determinati cel mai mic numar natural k cu proprietatea:,,Exista numerele ıntregi distincte m1,m2, . . . ,mn cu proprietatea ca polinomulP = (X −m1)(X −m2) · · · (X −mn) are exact k coeficienti nenuli”.Varianta generalizata se poate rezolva cu ajutorul urmatoarei teoreme a lui Descartes:

Polinoame 67

Teorema. Daca P = a1Xr1 + a2X

r2 + · · · + akXrk ∈ R[X], a1a2 · · · ak 6= 0,

r1 > r2 > . . . > rk, atunci numarul radacinilor reale pozitive ale lui P (socotindsi ordinele de multiplicitate) este egal cu numarul de schimbari de semn din sirula1, a2, . . . , ak minus un numar natural par.

Solutia variantei generalizate a problemei: Daca P are exact k coeficienti nenuli, atunciP are cel mult k − 1 radacini mai mari decat 0. Aplicand teorema lui Descartes pentruP (−X), constatam ca P are cel mult k− 1 radacini mai mici decat 0. Prin urmare, P arecel mult 2k − 1 radacini distincte. Asadar, n ≤ 2k − 1, deci k ≥

[n+1

2

]. Pe de alta parte,

daca n este par, iar k =[n+1

2

], atunci polinomul

P = (X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) · · · (X − (k − 1))(X + (k − 1))

are exact k coeficienti nenuli. Daca n este impar, iar k =[n+1

2

], atunci polinomul

P = X(X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) · · · (X − (k − 1))(X + (k − 1))

are de asemenea exact k coeficienti nenuli. Prin urmare, minimumul cerut este k =[n+1

2

].

Problema 2.33 Fie P ∈ R[X] cu proprietatea ca P (x) ≥ 0 pentru orice x ∈ R. Aratati

ca exista k ∈ N∗ si polinoame f1, f2, . . . , fk ∈ R[X] astfel ıncat P =∑n

j=1 f2j .

Putnam, 1999

Solutia 1. Daca P = c ∈ R+, luam k = 1 si f1 =√c.

Daca grad P ≥ 1, descompunem P ın produs de factori ireductibili ın R[X]. In aceasta des-compunere, factorii de gradul ıntai trebuie sa apara la puteri pare, deoarece ın caz contraram avea schimbare de semn pentru valorile lui P ın radacina oricarui factor ,,recalcitrant”.Asadar, P va fi produsul dintre un patrat si un produs de polinoame monice si ireductibilede gradul 2. Daca X2 + aX + b este un astfel de factor, atunci el se poate scrie sub forma(X + a

2

)2+

(√b− a2

4

)2

, deci este suma patratelor a doua polinoame. Este evident ınsa

ca daca ınmultim sume de patrate, rezultatul va fi o suma de patrate, deci problema esterezolvata.

Solutia 2. Demonstram afirmatia problemei prin inductie dupa gradul lui P . Daca Pare gradul 0, atunci P = c ∈ R+, si luam k = 1 si f1 =

√c.

Daca grad P ≥ 1, observam, ca ın solutia 1, ca factorii liniari ai lui P trebuie sa aparala puteri pare. Prin urmare, P se scrie sub forma Q2R, unde Q,R ∈ R[X], iar R nu areradacini reale.Daca grad Q > 0, atunci, conform ipotezei de inductie, R este suma de patrate, deciaceeasi proprietate o are si P = Q2R.Daca grad Q = 0, atunci, cum grad R este par, avem lim

x→±∞= +∞, deci R va avea o

valoare minima, fie ea a. Din proprietatile lui R deducem ca a > 0. Atunci, R − a areradacina a si toate valorile ın R+, deci ıi putem aplica lui R − a tratamentul din cazulprecedent. Obtinem faptul ca R−a este suma de patrate, deci si P = Q2(R−a)+(Q

√a)2

are aceeasi proprietate.Observatie. De fapt, orice polinom P ∈ R[X] care are numai valori pozitive se poate

scrie ca suma de (cel mult) doua patrate de polinoame. Pentru a demonstra acest lucru,este suficient sa completam solutia 1 cu precizarea ca scrierea lui P ca produs de polinoame

68

care se scriu ca sume de cate doua patrate ne conduce (folosind inductiv observatia ca dacapentru doua elemente x, y ale unui inel comutativ A exista x1, x2, y1, y2 ∈ A astfel ıncatx = x2

1 + x22 si y = y2

1 + y22, atunci xy = (x1y1 + x2y2)2 + (x1y2 − x2y1)2) la o scriere a lui

P ca suma de doua patrate de polinoame.

Problema 2.34 Polinomul P ∈ R[X] de grad n ∈ N are proprietatea ca exista Q ∈ R[X]

de gradul II astfel ıncat P = QP ′′. Aratati ca daca P are doua radacini distincte, atunci

el are n radacini distincte.

Putnam, 1999

Solutie. Daca n ∈ 0, 1, nu exista polinoame P ca ın enunt, deci afirmatia problemeieste adevarata ın mod trivial. Daca n = 2, concluzia este imediata. Fie acum n ≥ 3.Presupunem ca P are doua radacini distincte, dar ca nu are n radacini distincte. Atunci, Pare cel putin o radacina cu ordin de multiplicitate k ≥ 2; putem presupune fara restrangerede generalitate ca aceasta radacina este 0. Atunci, cea mai mare putere a lui X care divideP ′′ este Xk−2. Cum P = QP ′′, rezulta ca X2|Q. Cum Q este de gradul al doilea, rezultaca exista C ∈ R astfel ıncat Q = CX2. Comparand coeficientii dominanti ai polinoamelorP si QP ′′, constatam ca C = 1

n(n−1) . Scriem P =∑n

j=0 ajXj ; din egalitatea P = CX2P ′′,

obtinem aj = Cj(j − 1)aj pentru orice j ∈ 0, 1, . . . , n. De aici rezulta ca aj = 0 pentruorice j ∈ 0, 1, . . . , n− 1. Prin urmare, P = anX

n, deci P nu are doua radacini distincte,contradictie.

Problema 2.35 Exista siruri de numere reale nenule a0, a1, . . . astfel ıncat pentru orice

n ∈ N∗ polinomul Pn = a0 + a1X + · · ·+ anXn sa aiba n radacini reale distincte?

Putnam, 1998

Vom arata ca raspunsul la ıntrebarea problemei este afirmativ.Solutia 1. Punem a0 = 1, a1 = −1. Construim inductiv sirul (an)n dupa cum urmeaza:

Presupunem construite numerele a0, a1, . . . , an asa ıncat Pn sa aiba n radacini reale dis-tincte x1 < x2 < · · · < xn. Fie c0, c1, . . . , cn ∈ R astfel ıncat c0 < x1 < c1 < · · · < xn < cn.Atunci, semnele numerelor Pn(c0), Pn(c1), . . . , Pn(cn) alterneaza. Definim an+1 = −ε sgn(Pn(cn)), unde ε este pozitiv si suficient de mic ıncat, definind Pn+1 = Pn + an+1X

n+1,sa avem sgn (Pn+1(ci)) = sgn(Pn(ci)) pentru orice i ∈ 0, 1, . . . , n. Cum functia asociatalui Pn+1 este continua, ea are proprietatea lui Darboux. Prin urmare, Pn+1 va avea cate oradacina ıntre ci si ci+1 pentru fiecare i ∈ 0, 1, . . . , n−1 si o radacina mai mare decat cn,deoarece sgn (Pn+1(cn)) 6= limx→+∞ sgn (Pn+1(x)). Prin urmare, Pn+1 are n+ 1 radacinireale.

Solutia 2. Definim an = (−1)n · 10−n2, n ∈ N. Daca Pn = a0 + a1X + · · · + anX

n,atunci avem

(−1)k · 10−k2Pn(102k) =

n∑i=0

(−1)i−k · 10−(i−k)2 =

=n−k∑j=−k

(−1)j · 10−j2> 1− 2

∞∑j=1

10−j2> 0,

Polinoame 69

deci semnele numerelor Pn(1)Pn(102), Pn(104), . . . , Pn(102n) alterneaza. Prin urmare,folosind proprietatea lui Darboux a functiei polinomiale asociate lui Pn, rezulta ca Pnare cel putin n radacini reale distincte. Cum ınsa grad P = n, P va avea exact n radacinireale distincte.

Problema 2.36 Polinomul P ∈ R[X] de grad n are toate radacinile reale.

a) Aratati ca pentru orice x ∈ R are loc inegalitatea

(n− 1)(P ′(x))2 ≥ nP (x)P ′′(x). (2.24)

b) Precizati cazurile ın care ın relatia (2.24) are loc egalitatea.

IMC, 1998

Solutie. Observam ca daca n ≤ 1 ambii membri ai relatiei (2.24) sunt nuli, deci ea everificata cu egalitate. Presupunem acum n > 1. Notam cu x1, x2, . . . , xn radacinile lui P .Relatia (2.24) este evident verificata pentru x = xi, i ∈ 1, 2, . . . , n, iar egalitatea are locdaca si numai daca P ′(xi) = 0, deci daca si numai daca xi este radacina multipla pentruP .Sa presupunem acum ca x nu e radacina pentru P . Folosind relatiile

P ′(x)

P (x)=

n∑i=1

1

x− xisi

P ′′(x)

P (x)=

n∑1≤i<j≤n

2

(x− xi)(x− xj),

obtinem

(n− 1)

(P ′(x)

P (x)

)2

− nP′′(x)

P (x)=

n∑i=1

n− 1

(x− xi)2−

n∑1≤i<j≤n

2

(x− xi)(x− xj). (2.25)

Membrul drept al relatiei anterioare este ınsa

n∑1≤i<j≤n

(1

(x− xi)− 1

(x− xj)

)2

≥ 0 (2.26)

si inegalitatea (2.24) este demonstrata. Din (2.26) deducem si ca daca ın relatia (2.24) areloc egalitatea, atunci x1 = x2 = · · · = xn. Pe de alta parte, verificarea directa arata caorice polinom P de forma c(X − a)n, c, a ∈ R, n ∈ N, verifica relatia (2.24).

Problema 2.37 Gasiti toate polinoamele P ∈ R[X] de grad n ≥ 2 care au n radacini

reale distincte r1 < r2 < · · · < rn si verifica relatiile P ′(ri+ri+1

2

)= 0 pentru orice

i ∈ 1, 2, . . . , n− 1.

Putnam, 1991

Solutie. Daca P = aX2 + bX + c, atunci P ′ = 2a(X − r1+r2

2

). Prin urmare, toate

polinoamele de gradul II cu radacini reale distincte au proprietatile din enunt.

70

Sa presupunem acum ca polinomul P ∈ R[X] de grad n > 2 are radacinile reale r1 < r2 <· · · < rn. Exista prin urmare a ∈ R astfel ıncat P = a(X−r1)(X−r2) · · · (X−rn). Notamr = rn−1+rn

2 . Cum P (r) 6= 0, avem

P ′(r)

P (r)=

1

r − r1+

1

r − r2+ · · ·+ 1

r − rn.

Dar r − rn = −(r − rn−1), deci

P ′(r)

P (r)=

1

r − r1+

1

r − r2+ · · ·+ 1

r − rn−2> 0,

de unde deducem ca P ′(r) 6= 0. Prin urmare, niciun polinom de grad mai mare decat 2 nusatisface proprietatile din enunt.In concluzie, polinoamele cu proprietatea data sunt exact cele de gradul II care au radacinireale distincte.

Observatie. Cazul polinoamelor de grad n > 2 putea fi abordat dupa cum urmeaza:Notand Q = (X − r1)(X − r2) · · · (X − rn−2), se obtine

P ′ = 2a(X − r)Q+ a(X − rn−1)(X − rn)Q′.

Conform teoremei lui Rolle, radacinile lui Q′ sunt ın intervalul (r1, rn−2). Rezulta ca r nue radacina a lui Q′, deci nici a lui P . Ca urmare, P nu satisface conditiile din enunt.

Problema 2.38 Fie f 6= 0 un polinom cu coeficienti reali. Definim sirul de polinoame

f0, f1, f2, . . . astfel: f0 = f , iar fn+1 = fn + f ′n pentru orice n ∈ N. Demonstrati ca exista

N ∈ N astfel ıncat pentru orice n ≥ N polinomul fn sa aiba toate radacinile reale.

IMC, 2007

Solutie. Pentru comoditatea scrierii, vom folosi aceeasi notatie pentru polinoame sipentru functiile asociate. Pentru g ∈ R[X] notam cu d(g) distanta minima dintre douaradacini ale sale (daca g are mai putin de doua radacini reale, punem d(g) = +∞).Lema 1. Fie g ∈ R[X]. Presupunem ca g si g + g′ sunt ambele de grad k ≥ 2 si au catek radacini distincte. Atunci, d(g + g′) ≥ d(g).Demonstratie. Fie x1 < x2 < · · · < xk radacinile lui g. Presupunem ca exista radacinia, b ale lui g + g′ pentru care 0 < b − a < d(g). Atunci, a, b nu sunt radacini ale lui g si

au loc relatiile g′(a)g(a) = g′(b)

g(b) = −1. Cum functia g′

g este strict descrescatoare pe intervalele

dintre doua radacini consecutive ale lui g, trebuie sa existe j ∈ 1, 2, . . . , k astfel ıncata < xj < b.Pe de alta parte, pentru orice i ∈ 1, 2, . . . , k − 1 avem xi+1 − xi > b − a, de undea − xi > b − xi+1. Pentru i < j, ambii membri ai acestei inegalitati sunt pozitivi; dacai ≥ j, ei sunt negativi. In oricare din cazuri, 1

a−xi <1

b−xi+1. Prin urmare,

g′(a)

g(a)=

k−1∑i=1

1

a− xi+

1

a− xk︸︷︷︸<0

<

k−1∑i=1

1

b− xi+1+

1

b− x1︸︷︷︸>0

=g′(b)

g(b),

contradictie. Aceasta ıncheie demonstratia lemei 1.Revenim la solutia problemei. Notam m= grad f . Vom demonstra prin inductie dupa m ca

Polinoame 71

pentru n suficient de mare fn are m radacini reale distincte. Cazurile m ∈ 0, 1 sunt trivi-ale; vom presupune deci m ≥ 2. Putem, fara a restrange generalitatea, sa presupunem ca feste monic. Conform ipotezei de inductie, afirmatia este adevarata pentru f ′; ignorand aceiprimi termeni care nu au proprietatea considerata, vom presupune ca f ′n are m−1 radacini

distincte pentru orice n. Notam aceste radacini cu x(n)1 > x

(n)2 > · · · > x

(n)m−1. Atunci, fn are

punctele de minim local x(n)1 , x

(n)3 , . . . si punctele de maxim local x

(n)2 , x

(n)4 , . . .. Aplicand

teorema lui Rolle functiei exf ′n(x), constatam ca pentru orice n si i functia f ′n+1 = f ′n+f ′′n

are o radacina ın intervalul (x(n)i+1, x

(n)i ). Folosind aceeasi functie, constatam ca f ′n+1 are de

asemenea o radacina ın intervalul (−∞, x(n)m−1). Prin urmare, ın fiecare dintre aceste m−1

intervale f ′n+1 are exact o radacina. Avem deci

x(n)1 > x

(n+1)1 > x

(n)2 > x

(n+1)2 > x

(n)3 > x

(n+1)3 > . . . (2.27)

Lema 2. Avem limn→+∞

fn(x(n)j ) = −∞ pentru j impar, iar lim

n→+∞fn(x

(n)j ) = +∞ pentru j

par.Demonstratie. Notam d = mind(f ′), 1; conform lemei 1, d(f ′n) ≥ d pentru orice n ∈ N∗.Consideram o valoare para j ∈ 1, 2, . . . ,m − 1. Notam b = x

(n)j si alegem a ∈ R astfel

ıncat d ≤ b − a ≤ 1, iar f ′n nu are nicio radacina ın intervalul (a, b). Fie ξ ∈ R cuproprietatea ca b− ξ = 1

m(b− a); evident, ξ ∈ (a, b). Observam ca

f ′′n(ξ)

f ′n(ξ)=

m−1∑i=1

1

ξ − x(n)i

=∑i<j

1

ξ − x(n)i︸︷︷︸

< 1ξ−a

+1

ξ − b+∑i>j

1

ξ − x(n)i︸︷︷︸

<0

,

de undef ′′n(ξ)

f ′n(ξ)< (m− 1)

1

ξ − a+

1

ξ − b= 0.

Cum f ′n este pozitiva pe (a, b), iar f ′′nf ′n

este descrescatoare pe acest interval, rezulta ca f ′′neste negativa (deci, f ′n este descrescatoare) pe (ξ, b). Prin urmare,

fn(b)− fn(ξ) =

∫ b

ξf ′n(t)dt ≤

∫ b

ξf ′n(ξ)dt = (b− ξ)f ′n(ξ).

De aici,

fn(ξ) + f ′n(ξ) ≥ fn(b) + (1− (b− ξ))f ′n(ξ) =

= fn(b) + (1− 1

m(b− a))f ′n(ξ) ≥ fn(b) +

(1− 1

m

)f ′n(ξ).

Cum ınsa f ′n(ξ) = |f ′n(ξ)| = m

m−1∏i=1

|ξ − x(n)i |︸︷︷︸

≥|ξ−b|

≥ m|ξ − b|m−1 ≥ dm−1

mm−2, deducem ca

fn(ξ) + f ′n(ξ) ≥ fn(b) + ε, unde am notat ε = (m−1)dm−1

mm−1 . De aici si din (2.27) rezulta ca

fn+1(x(n+1)j ) ≥ fn(x

(n)j ) + ε, ceea ce conduce imediat la lim

n→+∞fn(x

(n)j ) = +∞. Cazul j

impar se trateaza analog. Lema 2 este asadar demonstrata.Lema 2 arata ca, pentru n suficient de mare, maximele locale ale lui fn sunt strict pozitive,iar minimele sale locale sunt strict negative. Prin urmare, fn are m radacini distincte, ceeace ıncheie pasul de inductie si demonstratia.

72

Problema 2.39 Gasiti radacinile complexe ale polinomului

P =

2008∑n=1

(1004− |1004− n|)Xn

si ordinele lor de multiplicitate.


Solutie. Se observa ca P = X

(1003∑n=0

Xn

)2

. Cum

1003∑n=0

Xn =X1004 − 1

X − 1, P are radacina

simpla 0 si radacinile cos kπ502 + i sin kπ

502 , k ∈ 1, 2, . . . , 1003, fiecare cu ordin de multiplici-tate 2.

Problema 2.40 Polinomul P ∈ C[X] are gradul n si toate radacinile sale se afla pe cercul

unitate. Aratati ca si polinomul 2XP ′ − nP are toate radacinile pe cercul unitate.

IMC, 1995

Solutie. Notam Q = 2XP ′ − nP ; fie a1, a2, . . . , an radacinile lui P . Avem Q = (X +a1)(X−a2) · · · (X−an)+(X−a1)(X+a2) · · · (X−an)+· · ·+(X−a1)(X−a2) · · · (X+an),

deciQ

P=

n∑k=1

X + akX − ak

. Cum pentru orice z, a ∈ C avem Rez + a

z − a=|z|2 − |a|2

|z − a|2, obtinem

ReQ(z)

P (z)=

n∑k=1

|z|2 − 1

|z − ak|2pentru orice z ∈ C\a1, a2, . . . , an. Prin urmare, Q(z) = 0

implica |z| = 1.

Problema 2.41 Fie p ∈ C[X] de grad n ≥ 1. Aratati ca exista cel putin n + 1 numere

complexe z pentru care p(z) ∈ 0, 1.

IMC, 2000

Solutie. Pentru q ∈ C[X] si c ∈ C vom nota cu m(q, c) ordinul de multiplicitate alradacinii c a lui q (daca q(c) 6= 0, consideram m(q, c) = 0). Notam cu Sj = z ∈ C | p(z) =j, j ∈ 0, 1. S0 ∪ S1 contine toate radacinile polinoamelor p si p− 1. Prin urmare,∑

c∈S0

m(p, c) =∑c∈S1

m(p− 1, c) = n. (2.28)

Polinomul p′ are cel mult n− 1 radacini (aici se foloseste ipoteza n ≥ 1), deci∑c∈S0∪S1

m(p′, c) ≤ n− 1. (2.29)

Daca p(c) = 0 sau p(c)− 1 = 0, atunci

m(p, c)−m(p′, c) = 1, respectiv m(p− 1, c)−m(p′, c) = 1. (2.30)

Polinoame 73

Din (2.28), (2.29) si (2.30) obtinem

|S0|+ |S1| =∑c∈S0

(m(p, c)−m(p′, c)) +∑c∈S1

(m(p− 1, c)−m(p′, c)) =

=∑c∈S0

m(p, c) +∑c∈S1

m(p− 1, c)−∑

c∈S0∪S1

m(p′, c) ≥ n+ n− (n− 1) = n+ 1.

Problema 2.42 (Formulele lui Newton) Fie K un corp comutativ. Pentru fiecare i ∈ N,

i > 0, consideram polinoamele pi = Xi1 + . . .+Xi

n ∈ K[X1, . . . , Xn]. Sa se arate ca:

(i) pk − s1pk−1 + . . .+ (−1)nsnpk−n = 0 pentru orice k > n.

(ii) pk − s1pk−1 + . . .+ (−1)k−1sk−1p1 + (−1)kksk = 0 pentru orice 1 ≤ k ≤ n.

Solutie. (i) Din relatiile Xni −s1X

n−1i +· · ·+(−1)n−1sn−1Xi+(−1)nsn = 0, 1 ≤ i ≤ n,

obtinem ca Xki − s1X

k−1i + · · · + (−1)n−1sn−1X

k−n+1i + (−1)nsnX

k−ni = 0 pentru orice

k > n. Sumand aceste relatii obtinem relatia dorita.(ii) Pentru k = n, formula se obtine cu calculele de la punctul (i). Pentru k < n, aratam maiıntai ca daca un polinom f ∈ K[X1, . . . , Xn] este omogen de grad q < n si are proprietateaca atunci cand dam valoarea zero la oricare n− q dintre nedeterminatele X1, . . . , Xn, poli-nomul (ın celelalte q nedeterminate) care rezulta se anuleaza, atunci f = 0. Intr-adevar,daca f ar fi nenul, el s-ar scrie ca o suma de termeni nenuli de forma aXk1

i1· · ·Xks

iscu

kj ≥ 1 pentru orice 1 ≤ j ≤ s si k1 + . . . + ks = q. De aici rezulta ın particular ca s ≤ q.Alegand un astfel de termen si facand Xi zero pentru orice i /∈ i1, . . . , is, obtinem unpolinom nenul, contradictie.Consideram acum polinomul simetric f(X1, . . . , Xn) = pk−s1pk−1 + · · ·+(−1)k−1sk−1p1 +(−1)kksk pentru k < n. Avem ca f este polinom omogen de grad k. Darf(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0) = p′k − s′1p

′k−1 + · · · + (−1)k−1s′k−1p

′1 + (−1)kks′k, unde s′j =

sj(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0) si p′j = pj(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0). Cum s′1, . . . , s′k sunt polinoamele

simetrice fundamentale ın nedeterminatele X1, . . . , Xk, rezulta din cazul k = n consideratla ınceput ca avem f(X1, . . . , Xk, 0, . . . 0) = 0. Cum f este polinom simetric, obtinem capolinomul care rezulta atunci cand dam valoarea zero la oricare n − k dintre nedetermi-natele X1, . . . , Xn este nul. Aceasta arata ca f = 0.

Problema 2.43 Cati coeficienti nenuli poate avea un polinom P ∈ Z[X] daca |P (z)| ≤ 2

pentru orice z ∈ C cu |z| = 1?

IMC, 2007

Solutie. Vom arata ca numarul coeficientilor nenuli nu poate fi decat 0, 1 sau 2. Cumpolinoamele P0 = 0, P1 = 1 si P2 = 1 + X ındeplinesc conditiile din enunt, putem ıntr-adevar avea 0, 1, respectiv 2 coeficienti nenuli.Fie acum un polinom P = a0 + a1X + · · · + anX

n ca ın enunt. Presupunem ca P arecel putin doi coeficienti nenuli. Inlocuind eventual P cu −P si ımpartind prin Xord P (ınurma acestor operatii, conditia din enunt se pastreaza, iar numarul de coeficienti nenuliramane acelasi), putem considera a0 > 0.Notam Q = a1X + a2X

2 + · · ·+ an−1Xn−1. Vom arata ca Q = 0:

74

Pentru k ∈ 0, 1, . . . , n consideram numerele complexe

wk =

e

2kπin , daca an > 0

e(2k+1)πi

n , daca an < 0.

Utilizand de pilda formulele lui Newton (vezi problema 2.42), constatam ca aceste numereverifica relatia

n−1∑k=0

Q(wk) =

n−1∑k=0

Q(w0e2kπin ) =

n−1∑j=1

ajwj0

n−1∑k=0

(e2jπin )k = 0,

de unde deducem

1

n

n−1∑k=0

P (wk) =1

n

n−1∑k=0

(a0 +Q(wk) + anwnk ) = a0 + |an|.

Folosind inegalitatea din enunt, obtinem

2 ≥ 1

n

n−1∑k=0

|P (wk)| ≥ |1

n

n−1∑k=0

P (wk)| = a0 + |an| ≥ 2.

De aici rezulta ca a0 = |an| = 1 si |2+Q(wk)| = |P (wk)| = 2 pentru fiecare k ∈ 1, . . . , n−1. Prin urmare, toate valorile Q(wk) sunt pe cercul |2 + z| = 2, ın timp ce suma lor este0. De aici deducem Q(wk) = 0 pentru toate valorile k ∈ 1, . . . , n − 1. In concluzie, Qare cel putin n radacini, iar gradul cel mult n− 1. Rezulta ca polinomul Q este nul, deciP = a0 + anX

n are exact doi coeficienti nenuli.

Problema 2.44 Fie k ∈ N∗ si P un polinom de gradul n cu coeficienti ın −1, 0, 1.

Presupunem ca (X − 1)k| P . Fie q un numar prim cu proprietateaq

lnq<

k

ln(n+ 1).

Dovediti ca radacinile complexe de ordin q ale unitatii sunt radacini si pentru P .

IMC, 2001

Solutie. Punem P = (X − 1)kR, R ∈ Z[X], si εj = e2πjqi, j ∈ 1, 2, . . . q − 1. Dupa

cum polinomul ciclotomic Φq = Xq−1 + Xq−2 + · · · + 1 (care este ireductibil!) divide saunu R, avem fie ca R are ca radacini toate numerele ε1, . . . , εq−1, fie ca R nu are dreptradacina niciunul dintre aceste numere.Sa presupunem ca niciunul dintre numerele ε1, . . . , εq−1 nu este radacina pentru R. Atunci,q−1∏j=1

R(εj) este un polinom simetric de ε1, . . . , εq−1, deci este un numar ıntreg nenul.

Obtinem

(n+ 1)q−1 ≥q−1∏j=1

|P (εj)| =

∣∣∣∣∣∣q−1∏j=1

(1− εj)k∣∣∣∣∣∣ ·∣∣∣∣∣∣q−1∏j=1

R(εj)

∣∣∣∣∣∣ ≥≥

∣∣∣∣∣∣q−1∏j=1

(1− εj)

∣∣∣∣∣∣k

= (1q−1 + 1q−2 + · · ·+ 1)k = qk,

ceea ce conduce la contradictiaq

lnq≥ k

ln(n+ 1).

Ramane asadar ca toate numerele ε1, . . . , εq−1 sunt radacini pentru R, deci si pentru P .

Polinoame 75

Problema 2.45 Fie P,Q ∈ C[X] cu grad P > grad Q si f(z) = P (z)Q(z) . Presupunem ca

toate radacinile lui P sunt ın interiorul cercului unitate |z| = 1, iar toate radacinile lui Q

sunt ın exteriorul acestui cerc. Aratati ca

max|z|=1

|f ′(z)| > grad P − grad Q

2max|z|=1

|f(z)|.


Solutie. Putem presupune fara a restrange generalitatea ca valoarea max|z|=1

|f(z)| se

atinge pentru z = 1. Fie P = an1∏j=1

(X − cj) si Q = bn2∏k=1

(X − dk), unde n1 = grad P , iar

n2 = grad Q. Atunci,

f ′(z)

f(z)=

n1∑j=1

1

z − cj−

n2∑k=1

1

z − dk.

Cum |cj | < 1, rezulta ca Re1

1− cj>

1

2pentru orice j ∈ 1, 2, . . . , n1. Cum |dk| > 1,

rezulta ca Re1

1− dk<

1

2pentru orice k ∈ 1, 2, . . . , n2.

Prin urmare,

|f ′(1)||f(1)|

≥ Ref ′(1)

f(1)>n1

2− n2

2=

grad P − grad Q

2, deci

max|z|=1

|f ′(z)| ≥ |f ′(1)| = |f′(1)||f(1)|

|f(1)| ≥ grad P − grad Q

2max|z|=1

|f(z)|.

Problema 2.46 Demonstrati ca exista o constanta reala C astfel ıncat pentru orice poli-

nom P ∈ R[X] de grad 1999 sa aiba loc inegalitatea

|P (0)| ≤ C∫ 1

−1|P (x)|dx.

Putnam, 1999

Solutia 1. Fie Π ⊂ R[X] multimea polinoamelor de grad cel mult 1999. IdentificamΠ cu R2000 via

Φ : Π→ R2000, Φ(1999∑i=0

aiXi) = (a0, a1, . . . , a1999).

Fie

S =

1999∑i=0

aiXi ∈ Π | max

i=0,...,1999|ai| = 1

.

Atunci, S este compacta ın Π ≈ R2000, deoarece este ınchisa si marginita. Functia Π×R→R, (P, x) 7→ |P (x)| este continua. Prin urmare, si g : Π → R, g(P ) =

∫ 1−1 |P (x)|dx este

continua; aceeasi proprietate o va avea deci si restrictia lui g la S. Cu consideratii similare,obtinem faptul ca functia f : S → R, f(P ) = |P (0)| este continua. Cum g(P ) 6= 0 pentru

76

orice P ∈ S, functia fg : S → R este continua. S fiind compacta, exista C > 0 astfel ıncat

f(P )g(P ) < C pentru orice P ∈ S.Fie acum P ∈ Π arbitrar. Exista a ∈ R si Q ∈ S astfel ıncat P = aQ. Avem decif(P ) = |a|f(Q) ≤ |a|Cg(Q) = Cg(P ), si afirmatia problemei este demonstrata.

Observatie. Aceasta metoda foloseste la demonstratia rezultatului standard careafirma ca orice doua norme pe un spatiu vectorial real finit dimensional sunt echivalente.De fapt, problema poate fi rezolvata aplicand acest rezultat normelor P 7→ sup

x∈[−1,1]|P (x)|

si P 7→∫ 1

−1|P (x)|dx definite pe R-spatiul vectorial Π ≈ R2000.

Solutia 2. Este suficient sa demonstram afirmatia pentru polinoame cu termenulliber egal cu 1. Fie deci P ∈ R[X] de grad 1999 si astfel ıncat P (0) = 1. ScriemP =

∏1999i=1 (1 − 1

r1X), unde r1, r2, . . . , r1999 sunt radacinile lui P . Fixam un ε < 1

3998si consideram discurile ınchise de raza ε centrate ın r1, r2, . . . , r1999. Intersectia reuniuniiacestor discuri cu segmentul

(−1

2 ,12

)consta ın cel mult 1999 intervale de lungime totala

cel mult 3998ε; complementara ın raport cu(−1

2 ,12

)a acestei intersectii consta ın cel mult

2000 de intervale, de lungime totala cel putin 1−3998ε. Prin urmare, cel putin unul dintreaceste intervale va avea lungimea cel putin δ = 1−3998ε

2000 > 0. Fie (c, d) un astfel de inter-val. Daca x ∈ (c, d), pentru acele radacini ri ale lui P cu proprietatea |ri| ≤ 1 vom avea|1 − x

ri| ≥ |x − ri| > ε, ın timp ce pentru radacinile ri ale lui P cu proprietatea |ri| ≥ 1

vom avea |1− xri| ≥ 1− | xri | > ε. Prin urmare,

∫ 1

−1|P (x)|dx ≥

∫ d

c

1999∏i=1

∣∣∣∣1− x

ri

∣∣∣∣dx ≥ δε1999.

Punand C =1

δε1999, obtinem |P (0)| ≤ C

∫ 1

−1|P (x)|dx.

Observatie. A doua metoda da o valoare explicita pentru C. De exemplu, punand

ε =1

4000, obtinem C = 21999 · 20002001.

Problema 2.47 Pentru f, g ∈ Z[X] si m ∈ Z spunem ca f ≡ g (mod m) daca toti

coeficientii lui f − g sunt multipli de m. Fie n, p ∈ N∗, p prim. Aratati ca daca pentru

f, g, h, r, s ∈ Z[X] au loc relatiile rf + sg ≡ 1 (mod p) si

fg ≡ h (mod p), atunci exista F,G ∈ Z[X] astfel ıncat F ≡ f (mod p), G ≡ g (mod p) si

FG ≡ h (mod pn).

Putnam, 1986

Solutie. Fie f, g, h, r, s ∈ Z[X] ca ın enunt. Vom demonstra prin inductie dupa kfaptul ca exista Fk, Gk ∈ Z[X] astfel ıncat Fk ≡ f (mod p), Gk ≡ g (mod p) si FkGk ≡ h(mod pk), iar cu aceasta problema va fi rezolvata.Pentru k = 1, polinoamele F1 = f si G1 = g au ın mod evident proprietatile cerute.Presupunem acum construite Fk si Gk. Vom cauta Fk+1 de forma Fk + pkS si Gk+1 deforma Gk + pkR, unde R,S ∈ Z[X] vor fi alese mai tarziu. Cu alegeri de acest tip, avemFk+1 ≡ Fk ≡ f (mod p), Gk+1 ≡ Gk ≡ g (mod p) si Fk+1Gk+1 = FkGk + pk(RFk +SGk) + p2kRS ≡ FkGk + pk(RFk + SGk) (mod pk+1).

Polinoame 77

Conform ipotezei de inductie, exista t ∈ Z[X] cu proprietatea h − FkGk = pkt. AlegandR = tr si S = ts, obtinem RFk + SGk ≡ trf + tsg ≡ t (mod p), de unde Fk+1Gk+1 ≡FkGk + pk(RFk + SGk) ≡ FkGk + pkt = h (mod pk+1), ceea ce ıncheie pasul de inductiesi demonstratia.

Problema 2.48 Sa se arate ca urmatoarele polinoame sunt ireductibile:

(i) f ∈ Q[X], f = Xn − 2;

(ii) f ∈ Q[X], f = Xp−1 + . . .+X + 1, unde p ∈ N este numar prim;

(iii) f ∈ Q[X], f = Xpn + p− 1, unde n, p ∈ N si p este numar prim;

(iv) f ∈ Z[X], f = Xp −X + a, unde a, p ∈ Z, p este numar prim si (a, p) = 1.

Solutie. (i) f este ireductibil ın Q[X] conform criteriului lui Eisenstein (aplicat pentruinelul factorial Z si elementul prim p = 2). Cum ın plus f este primitiv, rezulta ca el esteireductibil si ın Z[X].(ii) Aplicatia Φ : Z[X] → Z[X], Φ(h) = h(X + 1) este evident un morfism de ineleunitare. Analog Ψ : Z[X] → Z[X], Ψ(h) = h(X − 1) este morfism de inele unitare si esteinversul lui Φ, deci Φ este izomorfism. Prin urmare, f este ireductibil daca si numai dacaΦ(f) = f(X + 1) este ireductibil. Avem ınsa

f(X + 1) =(X + 1)p − 1

(X + 1)− 1=

p∑k=1

CkpXk−1.

Din scrierea

Cjp =p!

j!(p− j)!=p(p− 1) · · · (p− j + 1)

j(j − 1) · · · 1,

se obtine j(j − 1) · · · 1 · Cjp = p(p − 1) · · · (p − j + 1) si deci p divide unul din factoriiprodusului din membrul stang al egalitatii iar singurul posibil este Cjp. In concluzie, p|Cjppentru orice j ∈ 1, . . . , p − 1. Prin urmare, f(X + 1) ∈ Z[X] verifica conditiile pentruaplicarea criteriului lui Eisenstein (ın raport cu elementul prim p ∈ Z). Se obtine caf(X + 1) este ireductibil peste Q. Fiind monic este si primitiv, deci este ireductibil pesteZ. Conform celor de mai sus, f ∈ Z[X] este la randul sau ireductibil.

(iii) Cu notatiile de la punctul (ii), Φ(f) =pn∑k=1

CkpnXk + p. Pentru j ∈ 1, 2, . . . , pn − 1

avem

Cjpn =pn(pn − 1) · · · (pn − j + 1)

j!=pn

j· p

n − 1

1· p

n − 2

2· · · p

n − (j − 1)

j − 1.

Fiecare i ∈ 1, 2, . . . , j se poate reprezenta sub forma ptihi, unde ti ∈ N, ti < n iar hi nuse divide cu p. Atunci

Cjpn =pn

j

j−1∏i=1

pn − ii

=pn

ptjhj

j−1∏i=1

pn−ti − hihi

.

Membrul drept al relatiei de mai sus, fiind egal cu Cjpn , trebuie sa fie ıntreg. Pe de altaparte, singurele numere divizibile cu p care apar ın el sunt pn si ptj . Prin urmare, dupace facem toate simplificarile posibile, obtinem un numar ıntreg divizibil prin pn−tj . Cum

78

tj < n, tragem concluzia ca fiecare coeficient binomial Cjpn , j ∈ 1, . . . , pn − 1, este

divizibil cu p. In consecinta, lui f(X + 1) ∈ Z[X] i se poate aplica criteriul lui Eisenstein(ın raport cu elementul prim p ∈ Z). Se deduce ca f(X+ 1) este ireductibil ın Q[X]. Fiindmonic, este si primitiv, deci este ireductibil si peste Z. Rezulta asadar ca f ∈ Z[X] este larandul sau ireductibil.(iv) Aplicam criteriul reducerii. Consideram morfismul canonic π : Z → Zp, π(x) = x siextinsul sau π : Z[X] → Zp[X]. Este suficient sa demonstram ca polinomul f = π(f),f = Xp − X + a este ireductibil ın Zp[X]. Fie K o extindere a lui Zp ın care f areo radacina si fie α ∈ K o radacina a lui f . In grupul multiplicativ Zp \ 0 (de ordin

p − 1) orice element x are proprietatea xp−1 = 1, deci pentru orice k ∈ Zp avem relatia

kp = k. De aici rezulta ca α, α + 1, . . . , α + p− 1 sunt si ele radacini pentru f . Fiindın numar de p, ele sunt de fapt toate radacinile polinomului f . Presupunem acum ca feste reductibil ın Zp[X]. Exista atunci doua polinoame neconstante g, h ∈ Zp[X] pentru

care f = gh. De aici obtinem (X − α)(X − α − 1) · · · (X − α − (p− 1)) = gh, adica geste de forma (X − α − k1)(X − α − k2) · · · (X − α − ks), 1 ≤ s < p. Atunci elementul(α+ k1)+(α+ k2)+ · · ·+(α+ ks), care este coeficientul lui Xs−1 din scrierea lui g, apartinelui Zp. Urmeaza sα ∈ Zp, de unde, cum p - s, α ∈ Zp. Acum, pe de o parte f(α) = 0, deciαp − α+ a = 0, iar pe de alta, αp − α = 0. Rezulta a = 0, adica p|a, contradictie.

Problema 2.49 Sa se arate ca urmatoarele polinoame sunt ireductibile:

(i) f ∈ Q[X], f = (X4 +X3 + 1)n + 4(X4 +X3 + 1)m + 2, unde m,n ∈ N, n > m;

(ii) f ∈ Z[X], f = X4 + 3X3 + 3X2 − 5.

Solutie. (i) Consideram morfismul canonic π : Z → Z2, π(a) = a, si extinsul sauπ : Z[X]→ Z2[X] (pentru orice h ∈ Z[X] vom nota π(h) cu h). Atunci f = (X4+X3+1)n.Daca presupunem ca f admite o descompunere relevanta peste Z, fie ea f = gh, atunci(cum gradul lui f nu scade cand ıi reducem coeficientii modulo 2 iar g si h nu pot ficonstante caci f este polinom primitiv) exista p, q ∈ N∗ cu p+ q = n astfel ca g = (X4 +X3 +1)p si h = (X4 +X3 +1)q. Rezulta ca f = [(X4 +X3 +1)p+2g1][(X4 +X3 +1)q+2h1].Inmultim si obtinem (X4 + X3 + 1)n + 4(X4 + X3 + 1)m + 2 = (X4 + X3 + 1)p+q +2(X4 + X3 + 1)ph1 + 2(X4 + X3 + 1)qg1 + 4g1h1, de unde 2(X4 + X3 + 1)m + 1 =(X4 + X3 + 1)ph1 + (X4 + X3 + 1)qg1 + 2g1h1. Aplicand din nou π, obtinem ın Z2[X]relatia contradictorie 1 = (X4 +X3 + 1)ph1 + (X4 +X3 + 1)qg1. Ramane asadar ca f esteireductibil peste Z (deci si peste Q).(ii) Polinomul f = X4 +3X3 +3X2−5 nu are radacini rationale, deoarece nici unul dintredivizorii lui 5 nu este radacina. Prin urmare, el fiind si primitiv, singurul mod ın care s-arputea descompune este ca produs de doua polinoame (ireductibile) de gradul al doilea.Fie f = gh o astfel de descompunere a lui f ın Z[X]. Reducem aceasta relatie modulo2 si obtinem ın Z2[X] relatia X4 + X3 + X2 + 1 = f = gh. Cum 4 = gradg + gradh ≤gradg + gradh = 4, obtinem gradg = gradh = 2. Pe de alta parte, ın inelul euclidianZ2[X] polinomul f are descompunerea unica ın factori primi f = (X + 1)(X3 + X + 1),contradictie. Ramane deci ca f este ireductibil.

Problema 2.50 Fie p un numar prim. Vom spune ca numarul n ∈ N∗ este p-interesant

daca exista f, g ∈ Z[X] astfel ıncat Xn − 1 = (Xp −X + 1)f + pg.

Polinoame 79

a) Aratati ca numarul pp − 1 este p-interesant.

b) Pentru care numere prime p este pp − 1 cel mai mic numar p-interesant?

IMC, 2011

Solutie. Sa observam pentru ınceput ca numarul n este p-interesant daca si numaidaca Xp−X+1 divide Xn−1 ın Zp[X]. Toate congruentele care vor aparea ın continuaresunt modulo Xp −X + 1 ın inelul Zp[X].

a) Avem evident Xp ≡ X − 1. Apoi, Xp2 ≡ (X − 1)p = Xp − 1 ≡ X − 2. Inductiv,

Xpk ≡ X−k, k ∈ N. Rezulta ca Xpp ≡ X, adica X(Xpp−1−1) ≡ 0. Cum X si (Xp−X+1)sunt prime ıntre ele ın Zp[X], rezulta Xpp−1 − 1 ≡ 0, adica (Xp −X + 1)|Xpp−1 − 1.

b) X1+p+p2+···+pp−1= X · Xp · · ·Xpp−1 ≡ X(X − 1) · · · (X − (p − 1)) = Xp − X ≡ −1.

Prin urmare, X2(1+p+p2+···+pp−1)− 1 ≡ 0, deci numarul a = 2(1 + p+ p2 + · · ·+ pp−1) estep-interesant.Daca p > 3, atunci a = 2

p−1(pp − 1) < pp − 1, deci avem numere p-interesante mai micidecat pp − 1.Vom arata ca pentru p = 2 si p = 3, pp − 1 este cel mai mic numar p-interesant. Saobservam ca, deoarece (Xt − 1, Xu − 1) = X(t,u) − 1 (vezi problema 2.5), cel mai maredivizor comun al unor numere p-interesante este si el un numar p-interesant. In consecinta,cel mai mic numar p-interesant divide toate numerele p-interesante. In particular, cel maimic numar p-interesant divide pp − 1.Daca p = 2, pp − 1 = 3, deci cel mai mic numar 2-interesant este 1 sau 3. Cum ınsaX2 − X + 1 nu divide X − 1 ın Z2[X], ramane ca 3 = 22 − 1 este cel mai mic numar2-interesant.Daca p = 3, pp − 1 = 26, care are divizorii 1, 2, 13 si 26. Evident, X3 −X + 1 nu divide ınZ3[X] nici pe X − 1, nici pe X2 − 1. Pe de alta parte, X13 = X1+3+32 ≡ −1 6≡ 1. Asadar,niciunul dintre numerele 1,2 si 13 nu este 3-interesant, deci cel mai mic numar 3-interesanteste 26 = 33 − 1.Asadar, numerele cerute sunt 2 si 3.

Observatie. Punctul a), precum si congruenta X1+p+p2+···+pp−1 ≡ −1 se pot obtine

si astfel: Consideram extinderea de corpuri Zp → K =Zp[X]

(Xp−X+1) (K este corp deoarece

Xp − X + 1 este ireductibil peste Zp). Gradul extinderii fiind p, avem |K| = pp. Cum

x = X 6= 0, el este un element al grupului multiplicativ K \ 0. Prin urmare, Xpp−1 =xp

p−1 = 1 ın K, adica Xp−X + 1|Xpp−1− 1 ın Zp[X]. In plus, polinomul Xp−X + 1 are

ın K radacinile x, xp, . . . , xpp−1

. Produsul acestora va fi, conform relatiilor lui Viete, egalcu (−1)p, de unde congruenta dorita.

Problema 2.51 Gasiti toate aplicatiile Q-liniare Φ : Q[X] → Q[X] cu proprietatea ca

pentru orice polinom ireductibil P ∈ Q[X] polinomul Φ(P ) este de asemenea ireductibil.


Solutie. Vom arata ca aplicatiile cerute sunt cele de forma Φ : Q[X]→ Q[X], Φ(P ) =aP (bX + c), unde a, b, c ∈ Q, ab 6= 0. Este clar ca orice astfel de aplicatie pastreazaireductibilitatea polinoamelor. Demonstram ın continuare ca orice aplicatie cu proprietatiledorite este de aceasta forma.Incepem cu:

80

Lema 1 Fie f, g ∈ Q[X] cu proprietatea ca pentru orice c ∈ Q polinomul f + cg esteireductibil. Atunci, fie g = 0, fie f are gradul 1, iar g este o constanta nenula.Demonstratie: Presupunem ca exista x0 ∈ Q pentru care g(x0) 6= 0. Pentru c = −f(x0)

g(x0)

avem (f + cg)(x0) = 0, deci exista α ∈ Q∗ astfel ıncat f + cg = α(X − x0). Fie x1 6= x0

pentru care g(x1) 6= 0. Cum f(x1) + cg(x1) = α(x1 − x0) 6= 0, pentru c1 = −f(x1)g(x1) avem

c1 6= c. Ca mai sus, exista α1 ∈ Q∗ pentru care f + c1g = α1(X − x1). Scazand cele douarelatii, obtinem informatia ca gradul lui (c1 − c)g este cel mult 1; este imediat ca g si fau aceeasi proprietate. Daca f = aX + b, iar g = a1X + b1, atunci din ireductibilitatealui f deducem a 6= 0. Daca a1 6= 0, atunci polinomul f − a

a1g este constant, deci nu este

ireductibil, contradictie. Ramane ca a1 = 0 si lema este demonstrata.Notam acum gk = Φ(Xk).Lema 2 g0 este o constanta nenula, iar g1 are gradul 1.Demonstratie: Cum polinomul X + c este ireductibil pentru orice c ∈ Q, rezulta cag1 + cg0 are aceeasi proprietate. Conform lemei 1, fie g0 = 0, fie g0 este constant, iarg1 de gradul 1. Sa presupunem ca g0 = 0. Fie c ∈ Q. Polinomul X2 + cX + c2 ∈ Q[X]fiind ireductibil, rezulta ca g2 + cg1 este ireductibil. Conform lemei 1, obtinem ca g1 esteconstant, deci nu este ireductibil, contradictie. Ramane prin urmare ca g0 6= 0, ceea ceıncheie demonstratia lemei 2.Notam g0 = C, g1 = AX + B. Intrucat aplicatiile Ψα,β : Q[X] → Q[X], Ψα,β(P ) =P (αX + β) sunt automorfisme de inel unitar, rezulta ca putem continua demonstratiaınlocuind Φ cu aplicatia

P 7→ C−1Φ(P (A−1CX −A−1CB)).

In aceste conditii, g0 = 1, g1 = X, iar noi dorim sa aratam ca gn = Xn pentru oricen ∈ N. Fie n ≥ 2. Presupunem ca gk = Xk pentru orice k ∈ 0, 1, . . . , n − 1. Notamh = gn −Xn. Presupunem ca h 6= 0. Pentru orice polinom f monic, ireductibil si de gradn, avem Φ(f) = f + h, deci si f + h este ireductibil. Fie x0 ∈ Q pentru care h(x0) 6= 0.Scriem h(x0) = −u

v , u ∈ Z∗, v ∈ N∗. Notam t = 6uv si consideram un divizor prim p alnumarului 1− 6nun−1vn+1 6∈ −1, 0, 1.Daca p2 - 1− 6nun−1vn+1, consideram f = (X − x0 + t)n− tn + u

v . Cum vf = v(X − x0 +t)n +u(1− 6nun−1vn+1), vf(X +x0− t) este ireductibil conform criteriului lui Eisenstein,deci si f este ireductibil.Daca p2| 1−6nun−1vn+1, consideram f = (X−x0 +t)n+p(X−x0 +t)−tn−pt+ u

v . Atunci,vf = v(X − x0 + t)n + vp(X − x0 + t) + u(1 − 6nun−1vn+1) − 6puv2. Cum (p, 6uv) = 1,rezulta ca p2 - u(1 − 6nun−1vn+1) − 6puv2. Prin urmare, vf(X + x0 − t) este ireductibilconform criteriului lui Eisenstein, deci si f este ireductibil.Am obtinut asadar un polinom monic, de grad n si ireductibil f ∈ Q[X] cu proprietateaf(x0) = −h(x0). Atunci, X − x0|f + h. Conditia de ireductibilitate ne duce la concluziaca grad(f + h) = 1.Daca n ≥ 3, constatam, cu argumente similare celor de mai sus, ca macar unul dintrepolinoamele f + p(X − x0 + t)2 − pt2 si f + 2p(X − x0 + t)2 − 2pt2 este ireductibil; notamcu g acest polinom. Avem ca g + h este ireductibil, de grad 2 si divizibil prin X − x0,contradictie.Daca n = 2, iar h = −X2 + aX + b, alegem c ∈ Q astfel ca polinomul f = X2 − aX + csa fie ireductibil, si constatam ca f + h (care trebuie sa fie ireductibil!) este constant,contradictie.Presupunerea ca h 6= 0 duce asadar la contradictie ın toate situatiile. Ramane ca h = 0,deci gn = 0, ceea ce ıncheie pasul de inductie si demonstratia.

Polinoame 81

Problema 2.52 Fie K un corp. Sa se arate ca:

(i) polinomul Xr + Y s, r, s ∈ N∗, (r, s) = 1, este ireductibil ın K[X,Y ];

(ii) polinomul Xr + Y s + Zt, r, s, t ∈ N∗ cu r ≡ 1 (mod st), este ireductibil ın K[X,Y, Z].

Solutie. (i) Notam f = Xr + Y s. Sa presupunem ca f = gh cu g, h ∈ K[X,Y ] nein-versabile. Scriem g = g0 + g1X + · · ·+ gkX

k si h = h0 +h1X + · · ·+hlXl, unde gi ∈ K[Y ]

pentru orice i ∈ 1, . . . , k, hj ∈ K[Y ] pentru orice j ∈ 1, . . . , l si constatam ca l =grad

X(h) ≤ r si k = gradX(g) ≤ r. Cu consideratii similare gasim m = gradY (g) ≤ s sin = gradY (h) ≤ s. De fapt, inegalitatile aparute sunt chiar stricte, caci daca, de exempluf = g(X)h(X,Y ), rezulta ca gradY (h) = s si, daca notam coeficientul dominant al luih ∈ K[X][Y ] cu h(X), g(X)h(X) = 1, ceea ce arata ca g(X) este inversabil, contradictie.Acum scriem g =

∑0≤i≤k,0≤j≤l

gijXiY j si h =

∑0≤i≤m,0≤j≤n

hijXiY j , gij , hij ∈ K. Cum r

si s sunt prime ıntre ele, unul dintre ele este impar, sa zicem s. Atunci, ın inelul de poli-noame K[U ] avem relatia g(U s,−U r)h(U s,−U r) = f(U s,−U r) = 0. Pe de alta parte,g(U s,−U r) =

∑0≤i≤k,0≤j≤l

(−1)jgijUis+jr iar h(U r,−U s) =

∑0≤i≤m,0≤j≤n

(−1)jhijUis+jr.

Dar i1s + j1r = i2s + j2r ⇔ (i1 − i2)s = (j2 − j1)r, de unde i1 ≡ i2 (mod r) si j1 ≡ j2(mod s). Dar i1, i2 ∈ 0, 1, . . . , r − 1 si j1, j2 ∈ 0, 1, . . . , s − 1, deci ın situatia datai1s+ j1r = i2s+ j2r ⇔ i1 = i2 si j1 = j2. In concluzie, la termeni diferiti din g si h cores-pund termeni diferiti ın g(U s,−U r) si h(U s,−U r). Prin urmare, termenii din g, respectivh nu se pot reduce cand facem X = U r si Y = −U s. Atunci g(U s,−U r) 6= 0 6= h(U s,−U r),contradictie cu g(U s,−U r)h(U s,−U r) = f(U s,−U r) = 0.(ii) Notam f = Xr + Y s + Zt. Aplicam criteriul reducerii: consideram ϕ : K[Y,Z] →K[Y ], ϕ(g) = g(Y, 0). Extindem pe ϕ la un morfism ϕ : K[Y,Z][X]→ K[Y ][X] cu propri-etatea ϕ(X) = X si observam ca ϕ(f) = Xr+Y s. Din r ≡ 1 (mod st) rezulta ca (r, s) = 1,deci, conform (i), ϕ(f) ∈ K[Y ][X] este ireductibil. In plus, gradX(ϕ(f)) = r = gradX(f),deci conform criteriului reducerii f este ireductibil ın K(Y, Z)[X]. Cum f este ın mod clarprimitiv, rezulta ca el este ireductibil ın K[Y,Z][X] ' K[X,Y, Z].

Problema 2.53 Fie K un corp algebric ınchis cu Char K 6= 2 si f ∈ K[X1, . . . , Xn],

f = X21 + . . .+X2

n. Sa se arate ca f este polinom ireductibil daca si numai daca n ≥ 3.

Solutie. Daca n = 1, f = X21 , care este ın mod evident reductibil. Daca n = 2,

atunci f = (X1 + iX2)(X1 − iX2), deci este reductibil. Pentru n = 3, consideramf ∈ K[X1, X2][X3] si, constatand ca f este primitiv, aplicam criteriul lui Eisensteincu p = X2 + iX3 (care este prim ın K[X2, X3] deoarece K[X2, X3]/(X2 + iX3) 'K[X3][X2]/(X2 + iX3) ' K[X3], care este inel integru).Fie acum k ≥ 3. Sa presupunem ca X2

1 + · · · + X2k este ireductibil ın K[X1, . . . , Xk].

Atunci, lui X21 + · · · + X2

k+1 = X2k+1 + (X2

1 + · · · + X2k) ∈ K[X1, X2, . . . , Xk+1] '

K[X1, X2, . . . , Xk][Xk+1], care constatam ca este primitiv deoarece este monic, ıi aplicamcriteriul lui Eisenstein cu p = X2

1 + · · ·+X2k si constatam ca este ireductibil, ceea ce ıncheie

pasul de inductie si demonstratia.

82

Problema 2.54 Sa se arate ca polinomul fn ∈ Z[Xij |1 ≤ i, j ≤ n],

fn = det

X11 X12 . . . X1n

X21 X22 . . . X2n

......

...

Xn1 Xn2 . . . Xnn

este ireductibil.

Solutie. Procedam prin inductie dupa n. Pentru n = 1, f1 = X11, care este ınmod evident ireductibil. Presupunem acum ca fk este ireductibil. Avem relatia fk+1 =Xk+1,1Ak+1,1 + · · ·+Xk+1,k+1Ak+1,k+1, unde Aij desemneaza complementul algebric al luiXij din matricea

X11 X12 . . . X1,k+1

X21 X22 . . . X2,k+1

......

...Xk+1,1 Xk+1,2 . . . Xk+1,k+1

.

Sa observam ca Ak+1,k+1 = fk. Cum fk+1 are gradul unu ın Xk+1,k+1, rezulta ca esteireductibil ın Q(Z[Xij |i, j ∈ 1, . . . , k + 1 \ Xk+1,k+1])[Xk+1,k+1]. Este suficient decisa aratam ca este primitiv ın Z[Xij |i, j ∈ 1, . . . , k + 1 \ Xk+1,k+1][Xk+1,k+1]. Pre-supunand ca nu este primitiv, rezulta (tinand cont ca fk este ireductibil din ipotezade inductie) ca fk|Xk+1,1Ak+1,1 + · · · + Xk+1,kAk+1,k, ceea ce revine la fk|Ak+1,j pen-tru orice j ∈ 1, . . . , k. Dar aceste relatii sunt contradictorii, deoarece daca facemX1j = · · · = Xkj = 0, fk se anuleaza, iar Ak+1,j nu se anuleaza. Ramane ca fk+1 esteprimi-tiv ın Z[Xij |i, j ∈ 1, . . . , k + 1 \ Xk+1,k+1][Xk+1,k+1] si demonstratia esteıncheiata.

Problema 2.55 Fie b1, b2, . . . , bn ∈ Z distincte si a1, a2, . . . , an ∈ R. Presupunem ca

exista f ∈ R[X] care verifica identitatea (1 − X)nf = 1 +

n∑i=1

aiXbi . Aratati ca f(1) =

b1b2 · · · bnn!

.

Putnam, 1986

Solutia 1. Notam (b)j = b(b − 1) · · · (b − j + 1), j ≥ 1. Pentru 0 ≤ j ≤ n, derivandidentitatea din enunt de j ori si dand apoi lui X valoarea 1, obtinem relatiile: 0 = 1 +n∑i=1

ai, 0 =

n∑i=1

ai(bi)j , j ∈ 1, 2, . . . , n− 1, si (−1)nn!f(1) =

n∑i=1

ai(bi)n. Aceste relatii se

pot scrie sub forma Av = 0, unde

A =

−1 1 1 · · · 10 b1 b2 · · · bn0 (b1)2 (b2)2 · · · (bn)2

......

.... . .

...0 (b1)n−1 (b2)n−1 · · · (bn)n−1

(−1)nn!f(1) (b1)n (b2)n · · · (bn)n

, iar v =

−1a1

a2

...an

.

Polinoame 83

Cum v 6= 0, avem detA = 0. Deoarece (b)j este polinom monic de grad j ın b fara termenliber, putem, pentru fiecare k ∈ 2, 3, . . . , n, sa adunam la linia k+1 o combinatie liniarade liniile 2, 3, . . . , k astfel ıncat sa obtinem matricea

A′ =

−1 1 1 · · · 10 b1 b2 · · · bn0 b21 b22 · · · b2n...

......

. . ....

0 bn−11 bn−1

2 · · · bn−1n

(−1)nn!f(1) bn1 bn2 · · · bnn

.

Datorita modului ın care am obtinut matricea A′, avem detA′ = detA. Dezvoltand de-terminantul lui A′ dupa prima coloana, obtinem 0 = detA′ = −detV ′ + n!f(1) detV ,unde

V =

1 1 · · · 1b1 b2 · · · bnb21 b22 · · · b2n...

.... . .

...

bn−11 bn−1

2 · · · bn−1n

, iar V ′ =

b1 b2 · · · bnb21 b22 · · · b2n...

.... . .

...

bn−11 bn−1

2 · · · bn−1n

bn1 bn2 · · · bnn

.

Obtinem (−b1b2 · · · bn+n!f(1)) detV = 0. Cum bi sunt distincte, rezulta ca detV 6= 0,

deci f(1) =b1b2 · · · bn

n!.

Solutia 2. Scadem 1 din ambii membri ai identitatii din enunt, ınlocuim X cu et sidezvoltam membrul stang ın serie. Tinand cont de faptul ca 1 − et = −t + ( termeni degrad ≥ 2), obtinem

−1 + (−1)nf(1)tn + ( termeni de grad > n) =n∑i=1

aiebit. (2.31)

Membrul drept F (t) al acestei relatii verifica ecuatia

F (n)(t)− (b1 + b2 + · · ·+ bn)F (n−1)(t) + · · ·+ (−1)nb1b2 · · · bnF (t) = 0. (2.32)

Derivand ın mod repetat relatia (2.31), deducem ca F (0) = −1, F (i)(0) = 0 pentru totii ∈ 1, 2, . . . , n − 1, iar F (n)(0) = (−1)nf(1)n!. Prin urmare, facand t = 0 ın (2.32),obtinem

(−1)nf(1)n!− 0 + 0− 0 + · · ·+ (−1)nb1b2 · · · bn(−1) = 0,

de unde f(1) =b1b2 · · · bn

n!.

Capitolul 3

Matrice. Matrice cu blocuri.

Forme canonice

Notatii

• A = [aij ]i=1,mj=1,n

=

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn

- matrice de dimensiuni m × n (m linii

si n coloane) cu elementele aij

• A = [aij ]i,j=1,n =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .an1 an2 . . . ann

- matrice patratica de ordin n cu ele-

mentele aij

• Mm,n(K) - multimea matricelor de dimensiuni m × n si elemente din multimea K(ın general (K,+, ·) este inel sau corp)

• Mn(K) - multimea matricelor patratice de ordin n cu elemente din K

• At = [aji]j=1,ni=1,m

∈Mn,m(K) - transpusa matricei A = [aij ]i=1,mj=1,n

∈Mm,n(K)

• A = [aij ]i=1,mj=1,n

- conjugata matricei A = [aij ]i=1,mj=1,n

∈Mm,n(C)

• A∗ = (A)t ∈Mn,m(C) - adjuncta (hermitiana) a matricei A ∈Mm,n(C)

• In =

1 0 . . . 00 1 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1

- matricea unitate de ordin n

84

Matrice. Matrice cu blocuri. Forme canonice 85

• Jλ =

λ 1 0 . . . 0 00 λ 1 . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . λ 10 0 0 . . . 0 λ

∈Mn(C) - celula Jordan cu λ ∈ C

• diag [a1, a2, . . . , an] - matricea diagonala

a1 0 0 . . . 00 a2 0 . . . 00 0 a3 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . .− 0 0 . . . an

• detA - determinantul matricei patratice An

• Tr (A) - urma matricei patratice A ∈Mn(K), Tr (A) =n∑i=1

aii

• rangA - rangul matricei A ∈Mm,n(K)

• A−1 - inversa matricei patratice A ∈Mn(K) (cu detA 6= 0)

• GLn(K) - multimea matricelor inversabile ın Mn(K)

• fA ∈ K[X] - polinomul caracteristic al matricei A ∈Mn(K),

fA(X) = (−1)n det(A−XIn)

• mA ∈ K[X] - polinomul minimal al matricei A ∈Mn(K)

• λA ∈ C - valoare proprie pentru matricea A ∈ Mn(C) (radacina a polinomuluicaracteristic)

• XA ∈ Mn,1(C) - vector propriu pentru matricea A ∈ Mn(C) corespunzator valoriiproprii λA (AXA = λAXA, XA 6= 0)

• Spec(A) - spectrul matricei A ∈Mn(C) (multimea valorilor proprii ale lui A)

• ∆ij - minorul complementar elementului aij ın matricea patratica A = [aij ]i,j=1,n

(determinantul de ordin (n−1) obtinut prin eliminarea din A a liniei i si coloanei j)

• Aij = (−1)i+j∆ij - complementul algebric al elementului aij

• A∗ = [Aij ]ti,j=1,n

- reciproca matricei A ∈Mn(C)


In cele ce urmeaza (K,+, ·) este un corp comutativ.• Definitie. Matricea A ∈Mn(K) se numeste:

- idempotenta, daca A2 = A- involutiva, daca A2 = In- nilpotenta, daca An = 0.

86

• Definitie. Determinantul matricei patratice A ∈Mn(K) este

detA =∑σ∈Sn

(sgnσ)a1σ(1)a2σ(2) · · · anσ(n).

Teorema. detA =n∑j=1

aijAij (dezvoltarea dupa linia i)

detA =n∑i=1

aijAij (dezvoltarea dupa coloana j)

AA∗ = A∗A = detA · In.• Definitie. Matricea A ∈ Mn(K) este inversabila daca exista matricea B ∈ Mn(K)astfel ca AB = BA = In. (A este element inversabil ın inelul (Mn(K),+, ·)).

Teorema. Matricea A ∈ Mn(K) este inversabila daca si numai daca detA 6= 0 si

inversa este

A−1 = (detA)−1A∗.

Teorema. Daca A,B ∈Mn(K) atunci det(AB) = detA · detB.• Definitie. Se numeste minor de ordin k ≤ minm,n, ın matricea A ∈ Mm,n(K), undeterminant ın care se retin elementele aflate la intersectia a k linii cu k coloane: mi1,...,ik

j1,...,jk

.

• Definitie. Se numeste rangul matricei A ∈ Mm,n(K) ordinul maxim al unui minornenul din matricea A. Teorema. Rangul unei matrice A ∈ Mm,n(K) nu se schimba daca o ınmultim (ındreapta sau ın stanga) cu o matrice inversabila.• Definitie. Matricele A,B ∈ Mm,n(K) sunt echivalente daca exista matricele in-versabile Q ∈Mm(K), P ∈Mn(K) astfel ca

B = QAP

si notam A ≡ B. Teorema. Matricele A,B ∈ Mm,n(K) sunt echivalente daca si numai daca ele auacelasi rang.

• Definitie. O matrice de forma

[Ik 0

0 0

]∈Mm,n(K), m ≥ k, n ≥ k se numeste forma

canonica a matricelor de rang k.• Definitie. Matricele A,B ∈ Mn(K) sunt asemenea daca exista o matrice inversabilaP ∈ GLn(K) astfel ca

B = P−1AP.

Daca ın plus P ∗ = P−1, se spune ca matricele sunt unitar asemenea.

Teorema. Orice matrice patratica A ∈ Mn(C) este asemenea cu o matrice bloc-

diagonala de forma

JA =

Jλ1 0

. . .

0 Jλk

,


ın care matricele Jλ1 , . . . , Jλk sunt celule Jordan iar λ1, . . . , λk sunt valorile proprii alematricei A. Matricea JA se numeste forma canonica Jordan a matricei A.• Definitie. Un element λA ∈ K se numeste valoare proprie pentru matricea A ∈Mn(K) daca exista un vector (matrice coloana) nenul xA ∈ Kn = Mn,1(K) astfel caAxA = λAxA; ın acest caz vectorul xA se numeste vector propriu pentru matricea A(corespunzator valorii proprii λA).• Definitie. Multimea valorilor proprii pentru matricea A se numeste spectrul matriciiA si se noteaza cu Spec(A).• Definitie. Pentru o matrice A ∈Mn(K) polinomul fA ∈ K[X],

fA(X) = (−1)n det(A−XIn)

se numeste polinomul caracteristic al matricei A. Teorema. Valorile proprii ale matricei A sunt radacinile polinomului caracteristic(λA ∈ Spec(A) ⇔ fA(λA) = 0).

Teorema. Polinomul caracteristic al matricei A este

fA(X) = Xn − σ1Xn−1 + σ2X

n−2 − . . .+ (−1)n−1σn−1X + (−1)nσn,

unde σk este suma minorilor diagonali (formati cu linii si coloane de aceiasi indici) din

matricea A.

In particular

σ1 = TrA =n∑k=1

λk, σn = detA =n∏k=1

λk,

unde λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A.

Teorema. (Cayley-Hamilton). Orice matrice ısi anuleaza propriul polinom caracteristic:

fA(A) = 0.

• Definitie. Polinomul unitar de grad minim mA ∈ K[X] care anuleaza matricea A ∈Mn(K) se numeste polinomul minimal al matricei A (mA(A) = 0). Teorema. (Frobenius). Polinomul minimal al matricei A, mA, divide polinomul carac-teristic, fA, iar polinoamele mA si fA au aceiasi factori ireductibili ın inelul K[X].• Definitie. Daca A ∈Mn(K) si λ ∈ Spec(A), atunci multimea

Vλ = X ∈ Kn | AX = λX

se numeste subspatiul propriu corespunzator valorii proprii λ. Teorema. Daca λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A ∈ Mn(K) siP ∈ K[X] este un polinom atunci P (λ1), P (λ2), . . . , P (λn) sunt valorile proprii ale ma-tricei P (A). Daca ın plus matricea A este inversabila atunci λ1, λ2, . . . , λn sunt nenule siλ−1

1 , λ−12 , . . . , λ−1

n sunt valorile proprii ale matricei A−1. Teorema. Doua matrice asemenea au acelasi polinom caracteristic, deci aceleasi valoriproprii.• Definitie. Fie A ∈ Mm,n(C), m ≥ 2, n ≥ 2. O succesiune de k linii consecutive dinmatricea A (k ≤ m) se numeste banda orizontala de latime k si se pune ın evidenta

88

prin ıncadrarea acestor linii ıntre doua drepte orizontale (duse printre cate doua linii alematricei A).• O succesiune de k coloane consecutive din matricea A (k ≤ n) se numeste banda

verticala de latime k si se pune ın evidenta prin ıncadrarea acestor coloane ıntre douadrepte verticale (duse printre cate doua coloane ale matricei A).• Daca matricea A este partitionata ın p benzi orizontale si q benzi verticale, matricele

aflate la intersectia unei benzi orizontale cu o banda verticala se numeste bloc al matriceiA si daca notam blocurile cu Aij , 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ q, atunci matricea A se reprezintaca matrice cu blocuri sub forma:

A =

A11 A12 A1q

A21 A22 A2q

Ap1 Ap2 Apq

.Observatie. In matricea cu blocuri A = [Aij ]i=1,p

j=1,q

toate matricele Ai1, Ai2, . . . , Aiq au

acelasi numar de linii si toate matricele A1j , A2j , . . . , Apj au acelasi numar de coloane.Blocurile de dimensiune (1, n) sunt linii ale matricei A, blocurile de dimensiune (m, 1)

sunt coloane ale matricei A, blocurile de dimensiune (1, 1) sunt elemente ale matricei A.

Adunarea matricelor cu blocuri

Daca matricele de acelasi tip A,B ∈Mm,n(C) sunt la fel partitionate ın blocuri:

A = [Aij ]i=1,pj=1,q

, B = [Bij ]i=1,pj=1,q

si blocurile Aij si Bij au aceeasi dimensiune (i = 1, p, j = 1, q) atunci adunarea ma-tricelor A si B se face evident dupa formula

A+B = C = [Cij ]i=1,pj=1,q

unde Cij = Aij +Bij , i = 1, p, j = 1, q.

Inmultirea matricelor cu blocuri

Fie A = [Aik]i=1,pk=1,q

, B = [Bkj ]k=1,qj=1,r

doua matrice pentru care se poate efectua produsul

AB.Daca pentru orice i = 1, p, k = 1, q si j = 1, r produsele AikBkj pot fi efectuate

(numarul coloanelor matricelor Aik este egal cu numarul liniilor matricelor Bkj), atunciprodusul AB se face ca pentru matrice cu elemente:

AB = C = [Cij ]i=1,pj=1,r

,

unde Cij =

q∑k=1

AikBkj (se poate verifica prin calcul direct).


Transformari elementare ın matrice cu blocuri

Analog cu transformarile elementare efectuate ın matrice se pot defini transformarielementare ın matrice cu blocuri (care sunt de fapt compuneri de transformari elementarenormale).

Fie A = [Aik]i=1,pk=1,q

o matrice cu blocuri.

• Definitie. Urmatoarele transformari efectuate pe benzile matricei A se numesc trans-formari elementare:

a1) schimbarea ıntre ele a doua benzi orizontaleb1) ınmultirea unei benzi orizontale la stanga cu o matrice patratica inversabilac1) adunarea la o banda orizontala a unei alte benzi orizontale de aceeasi latime

ınmultita la stanga cu o matrice patraticaa2) schimbarea ıntre ele a doua benzi verticaleb2) ınmultirea unei benzi verticale, la dreapta, cu o matrice patratica inversabilac2) adunarea la o banda verticala a unei alte benzi verticale de aceeasi latime, ınmultita

la dreapta cu o matrice patratica.La fel ca ın cazul transformarilor elementare clasice, efectuarea unei transformari el-

ementare pe benzile orizontale revine la ınmultirea matricei A la stanga cu o matriceinversabila (elementara pe blocuri) care este un produs de matrice elementare.

Efectuarea unei transformari elementare pe benzile verticale revine la ınmultirea ma-tricei A la dreapta cu o matrice inversabila (elementara pe blocuri).• Pentru schimbarea benzilor orizontale A1 si A2 de latimi l1 si l2 ın matricea

A =

A1

A2

A3

se ınmulteste la stanga cu matricea

E1 =

0 Il1 0

Il2 0 0

0 0 Il3

.Obtinem:

E1A =

A2

A1

A3

.• Pentru ınmultirea ın matricea

A =

[A1

A2

]a benzii A1 de latime k cu matricea X ∈Mk(C) se ınmulteste la stanga cu matricea

E2 =

[X 0

0 I

]si avem

E2A =

[XA1

A2

].

90

• Pentru adunarea ın matricea

A =

A1

A2

A3

a benzii A1 de latime k la banda A2 (de latime tot k) se ınmulteste la stanga cu matricea

E3 =

Ik 0 0

Ik Ik 0

0 0 I

si avem

E3A =

A1

A1 +A2

A3

.Probleme

Problema 3.1 Fie A ∈ Mm,n(C) si B ∈ Mn,m(C). Sa se arate ca ıntre polinoamele

caracteristice ale matricelor AB si BA exista relatia

XnfAB(x) = XmfBA(x).

Solutie. Se verifica relatia:[XIm −AB A

0 XIn

] [Im 0

B In

]=

[Im 0

B In

] [XIm A

0 XIn −BA

]si se trece la determinanti (matricele cu blocuri

[AB 0

B 0

]si

[0 0

B AB

]sunt matrice

asemenea).

Problema 3.2 Fie A,B ∈ Mn(C). Sa se arate ca polinomul caracteristic al matricei A −B

B A

este egal cu produsul polinoamelor caracteristice ale matricelor A + iB si

A− iB.

Solutie. det(M − λI2n) = det

[A− λIn −B

B A− λIn

]=

= det

[(A− iB)− λIn −B − iA+ λiIn

B A− λIn

]=

= det

[(A− iB)− λIn 0

B (A+ iB)− λIn

]=

= det[(A− iB)− λIn] det[(A+ iB)− λIn].

In particular, pentru λ = 0 si A,B ∈Mn(R) obtinem ca

det

[A −BB A

]≥ 0.


Problema 3.3 Fie A,B ∈ Mn(C). Sa se arate ca polinomul caracteristic al matricei

M =

A B

B A

este egal cu produsul polinoamelor caracteristice ale matricelor A+B si

A−B.

Solutie. det(M −XI2n) = det

[A−XIn B

B A−XIn

]=

= det

[A−B −XIn B −A−XIn

B A−XIn

]= det

[(A−B)−XIn 0

B (A+B)−XIn

]= det[(A−B)−XIn] det[(A+B)−XIn] = fA−B(X)fA+B(X).

Problema 3.4 Fie A1, A2, . . . , Ak ∈Mn(R). Sa se arate ca

det

(k∑i=1

AtiAi

)≥ 0.

Solutie. Consideram matricea cu blocuri

M =

A1

A2

...Ak

si avem

det(M tM) ≥ 0 ⇔ det

(k∑i=1

AtiAi

)≥ 0.

Problema 3.5 Fie A ∈Mn(C) nesingulara si M ∈Mk+n(C),

M =

A B

C D

.Sa se arate ca detM = det ·Adet(D − CA−1B).

Solutie. detM = det

[In 0

CA−1 In

] [A B0 D − CA−1B

].

Observatie. Matricea D−CA−1B se numeste complementul Schur al matricei A.

Problema 3.6 Fie A,B,C,D ∈Mn(C). Sa se arate ca daca CDt = DCt, atunci

det2

A B

C D

= det2(ADt −BCt).

92

Solutie. det

[A BC D

]= det

[A BC D

]t= det

[At Ct

Bt Dt

]=

= det

[Dt Bt

Ct At

]= det

[Dt −Bt

−Ct At

](s-a facut ınmultirea cu −1 a liniilor n+ 1, . . . , 2n si a coloanelor n+ 1, . . . , 2n).Rezulta

det2

[A BC D

]= det

[A BC D

]·[

Dt −Bt

−Ct At

]=

= det

[ADt −BCt −ABt +BAt

0 −CBt +DAt

]= det(ADt −BCt) det(ADt −BCt)t

= det2(ADt −BCt).

Problema 3.7 Daca A ∈Mp,n(C), B ∈Mn,p(C), p < n sunt doua matrice de rang p, sa

se arate ca det(BA) = 0 si ca:

det(AB) =∑

D 1,2,...,pi1,i2,...,ip

∆ i1,i2,...,ip1,2,...,p

ın care suma se face dupa toti indicii i1, i2, . . . , ip cu 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ip ≤ n, D 1,2,...,pi1,i2,...,ip

este minorul de ordin p al matricei A format cu coloanele i1, i2, . . . , ip, iar ∆ i1,i2,...,ip1,2,...,p

este

minorul de ordin p al matricei B format cu liniile i1, i2, . . . , ip.


M =

[Op A

B −In

],

al carui determinant ıl calculam ın doua moduri:a) Adunam la linia 1 liniile p+1, p+2, . . . , p+n ınmultite respectiv cu a11, a12, . . . , a1n.

Adunam la linia 2 liniile p + 1, p + 2, . . . , p + n ınmultite respectiv cu a21, a22, . . . , a2n.Adunam la linia p liniile p + 1, p + 2, . . . , p + n ınmultite respectiv cu ap1, ap2, . . . , apn siobtinem

detM = det

[C O

B −In

]= (−1)n detC

unde C = AB ∈Mp(C).b) Dezvoltam detM dupa primele p linii (Laplace) si avem:

detM =∑

(−1)1+2+···+p+(p+i1)+···+(p+ip)D 1,...,pi1,...,ip

·

·(−1)(p+1)+(p+2)+···+n+ip+1+···+in∆ i1,...,ip1,...,p

=

=∑

(−1)2(1+2+···+p)+p(p−1)+nD 1,...,pi1,...,ip

∆ i1,...,ip1,...,p

=

= (−1)n∑

D 1,...,pi1,...,ip

∆ i1,...,ip1,...,p

.

Pentru matricea BA avem BA ∈Mn(C) si rang (BA) ≤ rangB = p, deci rang (BA) <n. Rezulta det(BA) = 0.


Problema 3.8 Fie A,B,C,D ∈Mn(C) astfel ca AC = CA. Sa se arate ca

det

A B

C D

= det(AD − CB).

Solutie. Daca matricea A este inversabila avem:[A−1 0

−CA−1 In

] [A B

C D

]=

[In A−1B

C D − CA−1B

],

deci

detA−1 det

[A B

C D

]= det(D − CA−1B) ⇔

det

[A B

C D

]= det(AD − CAA−1B) = det(AD − CB).

Daca A este neinversabila luam matricea Ax = A− xIn si pentru detAx 6= 0 avem:

det

[Ax B

C D

]= det(AxD − CB).

Ultima egalitate este o relatie polinomiala ın x care are loc pentru orice x care nueste printre radacinile ecuatiei polinomiale det(A− xIn) = 0 (care nu este valoare propriepentru A). Egalitatea de polinoame avand loc pe o multime infinita de valori ale lui x, eaeste identitate si o putem aplica ın x = 0.

Problema 3.9 Fie A = B + iC ∈Mn(C) o matrice inversabila cu B,C ∈Mn(R). Sa se

arate ca daca A−1 = D+ iE, cu D,E ∈Mn(R), atunci inversa matricei

B −C

C B

este

D −E

E D

.

Solutie. Avem:

(B + iC)(D + iE) = In ⇔BD − CE = InCD +BE = On

Dar [B −CC B

][D −EE D

]=

[BD − CE −(CD +BE)CD +BE BD − CE

]=

[In 00 In

].

Problema 3.10 Fie X ∈Mm,n(C) si matricea cu blocuri A

A =

Im X

0 In

,Im, In fiind matrice unitate de ordin m respectiv n. Sa se determine A−1.

94

Solutie. A−1 =

[Im −X0 In

].

Problema 3.11 Fie A ∈Mn(C) nesingulara,

X = [x1, . . . , xn], Y = [y1, . . . , yn] ∈ Cn

si a ∈ C. Formam matricea cu blocuri M ∈Mn+1(C)

M =

A Y

X a

Sa se determine conditia ca M sa fie inversabila si sa se exprime inversa ei.

Solutie. Avem:

M =

[In 0

XA−1 1

] [A Y t

0 a−XA−1Y t

]detM 6= 0 ⇔ c = a−XA−1Y t 6= 0.

Fie M−1 =

[B U t

Z b

], Z, U ∈M1,n(C), b ∈ C.

Din relatiile MM−1 = In+1 si M−1M = In+1 obtinem sistemele:AB + Y tZ = InAU t + Y tb = 0XB + aZ = 0XU t + ab = 1

si

BAt + U tX = InBY t + U ta = 0ZA+ bX = 0ZY t + ab = 1

din care obtinem:

M−1 = c−1

[(cIn −A−1Y tX)A−1 −A−1Y t

−XA−1 1

].

Problema 3.12 Fie A,B,C,D ∈ Mn(C) matrice care comuta ıntre ele. Sa se arate ca

matricea M =

A B

C D

este inversabila ınM2n(C) daca si numai daca matricea AD−

BC este inversabila ın Mn(C).

Solutie. [A B

C D

] [D −B−C A

]=

[AD −BC 0

0 AD −BC

],

detM detN = (det(AD −BC))2.

Avem

M−1 =

[D −B−C A

] [E−1 0

0 E−1

]unde E = AD −BC.


Problema 3.13 Fie A ∈ Mm,n(C) o matrice de rang k ≤ minm,n. Sa se arate ca

exista doua matrice B ∈Mn,k(C) si C ∈Mk,m(C) astfel ca A = BC.

Solutie. Daca rangA = k atunci

A ≡[Ik 0

0 0

],

deci exista matricele inversabile P ∈Mm(C) si Q ∈Mn(C) astfel ca

A = P

[Ik 0

0 0

]Q.

Este usor de verificat egalitatea[Ik0

] [Ik 0

]=

[Ik 0

0 0

]si atunci

A = P

[Ik0

] [Ik 0

]Q.

Notam

B = P

[Ik0

]si C =

[Ik 0

]Q.

Problema 3.14 Fie A ∈ Mm,n(C) o matrice de rang k ≤ minm,n. Sa se arate ca

exista matricele coloane C1, C2, . . . , Ck si matricele linie L1, L2, . . . , Lk astfel ca

A = C1L1 + C2L2 + · · ·+ CkLk.

Solutie. Ca ın problema precedenta, scriem matricea

[Ik 0

0 0

]sub forma C ′1L

′1 +

C ′2L′2 + · · · + C ′kL

′k unde C ′1, C

′2, . . . , C

′k sunt primele k coloane ale matricei unitate Im

si L′1, L′2, . . . , L

′k sunt primele k linii ale matricei unitate In. Definim C1 = PC ′1, C2 =

PC ′2, . . . , Ck = PC ′k si L1 = L′1Q, L2 = L′2Q, . . . , Lk = L′kQ.

Problema 3.15 Pentru orice matrice A ∈ Mm,n(C), B ∈ Mp,n(C) si C ∈ Mp,q(C) sunt

verificate relatiile:

rang

A 0

B C

≥ rangA+ rangC = rang

A 0

0 C

.Solutie. In matricea

M =

[A 0

B C

]

96

prin transformari elementare pe primele m linii si pe primele n coloane matricea M setransforma ın matricea

N =

Ik 0

0 00

B1 C

cu rangM = rangN . In matricea N daca facem transformari elementare pe ultimele plinii si ultimele q coloane, ea se transforma ıntr-o matrice de forma

P =

Ik 0

0 00

B2Ip 0

0 0

unde k = rangA si p = rangC.

Minorul matricei P ,

[Ik 0

X Ip

], este triunghiular si are valoarea 1, deci

rangP = rangN = rangM ≥ k + p.

Daca matricea B este 0, atunci

P =

Ik 0

0 00

0Ip 0

0 0

si prin schimbari de linii si coloane o aducem la forma[

Ik+p 0

0 0

]care are rangul k + p.

Problema 3.16 Daca A ∈Mm,n(C) si B ∈Mn,p(C), atunci are loc inegalitatea:

rang (AB) ≥ rangA+ rangB − n. (Sylvester)

Solutie. Fie

M =

[Im −A0 In

], N =

[A 0

In B

],

P =

[In −B0 Ip

]si Q =

[0 −ABIn 0

].

Se verifica prin calcul direct relatia MNP = Q. Matricele M si P sunt inversabile (audeterminantul 1) daca nu se schimba rangul lui N si atunci avem:

rangN = rangQ = rang

[AB 0

0 In

]= n+ rang (AB).

AvemrangQ = rang (AB) + rang In = rangN ≥ rangA+ rangB,

decirang (AB) + n ≥ rangA+ rangB.


Problema 3.17 Daca A ∈Mm,n(C), B ∈Mq,p(C), C ∈Mn,q(C), atunci

rang (ACB) + rangC ≥ rang (AC) + rang (CB). (Frobenius)

Solutie. Folosim relatia[Im −A0 In

] [AC 0

0 CB

] [Iq −B0 Ip

]=

[0 −ACBC 0

]si rezulta

rang

[AC 0

0 CB

]= rang

[0 −ABCC 0

].

Primul rang este ≥ rang (AC) + rang (CB), iar al doilea este egal cu rang (ABC) +rangC.

Observatie. Daca ın teorema lui Frobenius luam n = q si C = In, obtinem teoremalui Sylvester.

Problema 3.18 Daca A ∈Mm,n(C) si B ∈Mn,p(C), atunci

rang (AB) ≤ rangA si rang (AB) ≤ rangB.

Solutie. Avem: [Im A

0 In

] [0 0

B 0

]=

[AB 0

B 0

]si atunci

rangB = rang

[0 0

B 0

]= rang

[AB 0

B 0

]≥ rang (AB).

Analog [0 0

A 0

] [In B

0 Ip

]=

[0 0

A AB

].

Problema 3.19 Daca A,B ∈Mm,n(C), atunci:

rang (A+B) ≤ rang

[A B

]≤ rangA+ rangB.

Solutie.

rang[A B

]= rang

[A A+B

]≥ rang (A+B)

rang[A B

]= rang

([A 0

]+[

0 B])

≤ rang[A 0

]+ rang

[0 B

]= rangA+ rangB.

(In egalitatea rang[A B

]= rang

[A A+B

]am adunat primele n coloane la

ultimele n, transformare elementara care nu schimba rangul. In relatia rang[A 0

]=

rangA si rang[A A+B

]≥ rang (A+B) am folosit faptul ca rangul unui bloc dintr-o

matrice este mai mic sau egal cu rangul matricei.)

98

Problema 3.20 Daca A,B ∈Mm,n(C) atunci:

rang (A±B) ≥ |rangA− rangB|.

Solutie. Avem

rangA = rang (A+B −B) ≤ rang (A+B) + rang (−B)

= rang (A+B) + rangB,

deci

rang (A+B) ≥ rangA− rangB.

Schimband B cu A rezulta

rang (A+B) ≥ rangB − rangA,

deci

rang (A+B) ≥ |rangA− rangB|.

Schimband B ın −B obtinem rang (A−B) ≥ |rangA− rangB|.

Problema 3.21 Fie B ∈Mn(R) o matrice cu proprietatea:

n∑i=1

n∑j=1

bijxixj ≥ 0, ∀ xi ∈ R, i = 1, n.

Sa se arate ca:

a) det(B + xIn) ≥ 0, ∀ x ∈ [0,∞);

b) det(AtA) ≥ 0, ∀ A ∈Mn,m(R), m ∈ N∗.

Solutie. a) Fie P (x) = det(B + xIn), P ∈ R[x]. E suficient sa aratam ca P nu areradacini strict pozitive.

Prin absurd, fie x0 > 0 o radacina a lui P ⇒ det(B + x0I) = 0 ⇔ sistemul (B +x0In)X = 0 are o solutie nebanala X 6= 0 deci

BX = −x0X ⇒ XtBX = −x0XtX ⇔∑

bijxixj = −x0

(∑x2i

)< 0.

b) Fie B = AtA. Avem

(∑bijxixj

)= XtAtAX = (AX)t(AX) =

n∑i=1

y2i ≥ 0

si din a) rezulta det(B + xIn) ≥ 0, ∀ x ∈ [0,∞). Pentru x = 0 ⇒ detB ≥ 0 ⇔detAtA ≥ 0.


Problema 3.22 Fie k ∈ N∗, u1, u2, . . . , uk ∈ C∗, z1, z2, . . . , zk ∈ C∗ distincte si

an = u1zn1 + u2z

n2 + · · ·+ ukz

nk , n ∈ N.

Sa se arate ca daca multimea an | n ∈ N este finita, atunci exista d ∈ N∗ astfel ca

an = an+d, pentru orice n ∈ N.

Solutie. Daca multimea A = an | n ∈ N este finita, atunci si multimea k-uplurilor:

B = (an, an+1, . . . , an+k−1) | n ∈ N

este finita, deci exista p < q astfel ca:

(ap, ap+1, . . . , ap+k−1) = (a1, aq+1, . . . , aq+k−1) ⇔

ap = aq, ap+1 = aq+1, . . . , ap+k−1 = aq+k−1 ⇔

S :

zp1(zd1 − 1)u1 + zp2(zd2 − 1)u2 + · · ·+ zpk(zdk − 1)uk = 0

zp+11 (zd1 − 1)u1 + zp+1

2 (zd2 − 1)u2 + · · ·+ zp+1k (zdk − 1)uk = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

zp+k−11 (zd1 − 1)u1 + zp+k−1

2 (zd2 − 1)u2 + · · ·+ zp+k−1k (zdk − 1)uk = 0

unde d = q − p 6= 0.Notand x1 = (zd1 − 1)u1, x2 = (zd2 − 1)u2, . . . , xk = (zdk − 1)uk privim relatiile S, ca

sistem de ecuatii liniare, omogen cu necunoscutele x1, x2, . . . , xk.Determinantul sistemului este:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣zp1 zp2 . . . zpkzp+1

1 zp+12 . . . zp+1

k

. . . . . . . . . . . .

zp+k−11 zp+k−1

2 . . . zp+k−1k

∣∣∣∣∣∣∣∣ = zp1zp2 . . . z

pkV (z1, z2, . . . , zk)

Din ∆ 6= 0 ⇒ sistemul are doar solutia banala

⇒ zd1 = zd2 = · · · = zdk = 1 ⇒ an = an+d, n ∈ N.

Problema 3.23 Fie A ∈Mn(R), detA 6= 0 si fA :Mn(R)→ R,

fA(X) =n∑

i,j=1

bijxij , unde B = AAt.

Sa se arate ca:

a) fA(XXt) = 0 ⇒ X = 0,

b) [fA(XY )]2 ≤ fA(XXt)fA(Y tY ), X,Y ∈Mn(R).

Solutie. a) XXt = Y = [yij ], yij =

n∑k=1

xikxjk, bij =

n∑l=1

ailajl

fA(XXt) =

n∑i,j=1

bijyij =∑k,l

∑i,j

(xikail)(xjkajl)

100

=

n∑k,l=1

(a1lx1k + · · ·+ anlxnk)2 ≥ 0

fA(XXt) = 0 ⇔n∑i=1

ailxik = 0, ∀ k, l = 1, n ⇔

n∑i=1

atlixik = 0, ∀ k, l = 1, n ⇔ AtX = 0

detAt 6= 0 ⇒ AtX = 0 ⇔ X = 0.

b) AvemfA(aX + bY ) = afA(X) + bfA(Y )

sifA(Xt) = fA(X), fA(ZZt) ≥ 0

si luam Z = X + zY t, z ∈ R ⇒

fA(XXt + z(XY + (XY )t) + z2Y tY )

= fA(XXt) + 2zfA(XY ) + z2fA(Y tY ) ≥ 0, ∀ z ∈ R

⇒ [fA(XY )]2 − fA(XXt)fA(Y tY ) ≤ 0

Observatii. 1) In cazurile particulare A = In si A =

[1√n

]se obtine fA(X) = TrX

si fA(X) = S(X) (suma tuturor elementelor matricei X) care deci verifica b).

2) fA(X) =

n∑i,j=1

c2ij , C = AtX.

Problema 3.24 Fie a ∈ R si n ∈ N, n ≥ 2. Sa se arate ca pentru orice matrice inversabila

A ∈ Mn(R) care are toate elementele unei linii egale cu a, suma elementelor matricei

inverse A−1 este aceeasi.

Solutie. Din AA−1 = In notand cu C1, C2, . . . , Cn coloanele matricei A−1 si cu Ljlinia matricei A cu toate elementele egale cu a, avem:

LkC1 = [0], LkC2 = [0], . . . , LkCk = [1], . . . , LkCk = [0],

decin∑i=1

LkCi = [1] ⇔ Lk

n∑i=1

Ci = [1] ⇔ an∑

i,j=1

bij = 1,

unde A−1 = [bij ]i,j=1,n, adican∑

i,j=1

bij =1

a.

Problema 3.25 Sa se determine toate functiile surjective f :Mn(C) → 0, 1, . . . , n cu

proprietatea f(XY ) ≤ minf(X), f(Y ), pentru orice X,Y ∈Mn(C).

SEEMOUS, 2008


Solutie. Functia f(X) = rang (X) verifica conditia. Vom arata ca ea este unica.Avem: f(XIn) ≤ minf(X), f(In) ⇔• f(X) ≤ minf(X), f(In), deci f(X) ≤ f(In), pentru orice X ∈Mn(C)• f(In) = f(X ·X−1) ≤ minf(X), f(X−1) ≤ f(X), pentru orice matrice inversabila.• Deci daca X este inversabila (rangX = n) atunci f(X) = f(In).• Daca X este inversabila si Y o matrice oarecare atunci

f(XY ) ≤ minf(X), f(Y ) ≤ f(Y )

sif(Y ) = f(X1XY ) ≤ minf(X−1), f(XY ) ≤ f(XY )

deci f(XY ) = f(Y ) pentru orice matrice inversabilaX si orice matrice Y . Analog f(Y Z) =f(Y ) daca Z este inversabila.• O matrice arbitrara Y , de rang k, prin transformari elementare poate fi adusa la

forma

Y =

[Ik 0

0 0

],

deci exista matricele inversabile X si Z astfel ca

Y = XY Z.

Conform rationamentelor anterioare f(Y ) = f(Y ), deci este suficient sa definim f pematricele de forma

Jk =

[Ik 0

0 0

].

Deoarece JkJk+1 = Jk rezulta f(Jk) ≤ f(Jk+1). Din surjectivitate rezulta f(J0) = 0,f(J1) = 1, . . . , f(Jn) = n, deci f(Y ) = rang Y , pentru orice Y ∈Mn(C).

Problema 3.26 Fie A ∈ Mn(C) o matrice cu proprietatea ca suma elementelor de pe

fiecare linie este egala cu 1.

Sa se arate ca:

a) det(A− In) = 0.

b) Pentru orice k ∈ N suma elementelor de pe fiecare linie a matricei Ak este egala cu

1.

c) Daca A este inversabila, atunci suma elementelor de pe fiecare linie a matricei A−1

este egala cu 1.

d) Pentru orice polinom P ∈ C[X] suma elementelor de pe fiecare linie a matricei P (A)

este aceeasi.

Solutie. Conditia ca suma elementelor de pe fiecare linie sa fie egala cu 1 este AE = E,

unde E =

11...1

.

102

a) E este vector propriu pentru A si λ = 1 este valoare proprie, deci det(A− I) = 0.b) AE = E ⇒ AkE = E.c) AE = E ⇒ A−1E = E.d) AE = E ⇒ P (A)E = P (1)E ⇒ suma elementelor de pe fiecare linie a matricei

P (A) este P (1).

Observatii.

• Daca si suma elementelor de pe fiecare coloana este 1 atunci EtA = Et si are loc a),b), c), d).

• Daca sumele pe linii si coloane sunt 1 atunci acelasi lucru se ıntampla pentru Ak siA−1, iar ın P (A) sumele sunt P (1).

• Daca sumele pe linii si coloane sunt 1 atunci suma tuturor elementelor matricei Ak

este n pentru orice k.

Problema 3.27 Se considera functia f :Mn,1(R)→ [0,∞),

f(X) =n∑k=1

|xk|,

pentru orice X ∈Mn,1(R).

Sa se arate ca exista un numar finit de matrice A ∈Mn(R) cu proprietatea f(AX) =

f(X) pentru orice X ∈Mn,1(R).

Solutie. Fie E1, E2, . . . , En coloanele matricei unitate. Din f(AEj) = f(Ej) rezulta

(1)n∑i=1

|aij | = 1, j = 1, n

Daca luam X = E1 ± E2 rezulta:

(2)

n∑i=1

|ai1 + ai2| =n∑i=1

|ai1 − ai2| = 2

Avem:

2 =

n∑i=1

|ai1 + ai2| ≤n∑i=1

(|ai1|+ |ai2|) = 2,

deci

(3) |ai1 + ai2| = |ai1|+ |ai2|

2 =

n∑i=1

|ai1 − ai2| ≤n∑i=1

(|ai1|+ | − ai2|) = 2,

deci

(4) |ai1 − ai2| = |ai1|+ | − ai2|


Din (3) si (4) rezulta

(5) ai1 = 0 sau ai2 = 0

Din (1) rezulta ca pe fiecare coloana avem un element nenul si din (5) rezulta ca dacape coloana 1 elementul nenul este ai1 6= 0 atunci ai2 = ai3 = · · · = ain = 0. In concluziepe fiecare linie si pe fiecare coloana avem un singur element nenul si din (1) rezulta camodulul lui este 1. Deci pe fiecare linie si coloana un singur element este nenul, egal cu 1sau −1. Multimea acestor matrice este finita si are 2n · n! elemente.

Problema 3.28 Se considera matricea

An =

1 12

13 . . . 1

n

12

13

14 . . . 1

n+1

. . . . . . . . . . . . . . .

1n

1n+1

1n+2 . . . 1

2n−1

unde n este un numar natural nenul.

1) Aratati ca detAn este nenul.

2) Aratati ca suma elementelor matricei inverse A−1n este n2.

Solutie. 1) An =(

1i+j−1

)i,j=1,n

. Scadem ultima linie din celelalte linii, dam factor pe

linia i (i = 1, 2, . . . , n− 1) pe n− i iar pe coloana j (j = 1, 2, . . . , n) pe 1n+j−1 . Astfel,

detAn =[(n− 1)!]2

(2n− 1)!· det

1 1

213 . . . 1

n12

13

14 . . . 1

n+1

. . . . . . . . . . . . . . .1

n−11n

1n+1 . . . 1

2n−2

1 1 1 . . . 1

.

Scadem ultima coloana din celelalte coloane, dam factor comun pe linia i (i =1, 2, . . . , n− 1) pe 1

n+i−1 iar pe coloana j (j = 1, 2, . . . , n− 1) pe n− j. Rezulta ca

detAn =[(n− 1)!]4

(2n− 2)!(2n− 1)!· detAn−1.

Tinand cont ca detA1 6= 0, rezulta conluzia. (Chiar mai mult, detAn = [1!2!...(n−1)!]3

n!(n+1)!...(2n−1)! .)

2) Consideram sistemul liniar

An

x1

x2

...xn

=

11...1

.

Atunci xi reprezinta suma elementelor de pe linia i a matricei A−1n , deci suma elementelor

lui A−1n este x1 + x2 + · · ·+ xn.

104

Consideram

f(x) =x1

x+ 1+

x2

x+ 2+ · · ·+ xn

x+ n=

P (x)

(x+ 1)(x+ 2) · · · (x+ n),

unde P va fi un polinom de grad cel mult n− 1. Avem f(0) = f(1) = . . . = f(n− 1) = 1,deci radacinile polinomului (x+ 1)(x+ 2) · · · (x+n)−P (x) sunt 0, 1, . . ., n− 1. Inseamnaca (x + 1)(x + 2) · · · (x + n) − P (x) = x(x − 1) · · · (x − (n − 1)). Egaland coeficientii luixn−1 rezulta

n(n+ 1)

2− (x1 + x2 + . . .+ xn) = −(n− 1)n

2

adicax1 + x2 + . . .+ xn = n2

ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 3.29 Fie A ∈ Mn(R) astfel ca detA = 0 si exista i ∈ 1, 2, . . . , n astfel ca

minorul ∆ii sa fie nenul. Sa se arate ca rangAk = n− 1 pentru orice k ∈ N∗.

Solutie. Din conditiile problemei rezulta ca rangA = n− 1, deci sistemul AX = 0 cuX ∈Mn,1(R) are solutiile de forma X = αX0 cu α ∈ R, X0 6= 0. Din AA∗ = detA ·In = 0rezulta ca coloanele matricei reciproce sunt proportionale toate cu vectorul X0.

Vom arata ca sistemele AY = 0, A2Y = 0, . . . , AkY = 0, . . . sunt echivalente si atuncicum primul sistem are rangul n− 1 rezulta ca toate au rangul n− 1.

Daca A2Y = 0, atunci A(AY ) = 0, deci AY = αX0 care este un sistem neomogencompatibil, deci determinantul sau caracteristic este nul. Daca ∆nn este minorul nenuldin matricea A atunci determinantul caracteristic este ∆c = det[A1, . . . , An−1, αX0] sicum X0 = βAn∗, β 6= 0 unde A1, . . . , An−1, An sunt coloanele matricei A si A1∗, . . . , An∗coloanele matricei reciproce A∗. Dezvoltand ultimul determinant dupa ultima coloana∆c = αβ(∆2

1n + ∆22n + · · ·+ ∆2

nn), deci ∆c = 0 ⇔ α = 0 ⇔ AY = 0.Analog din Ak+1Y = 0 rezulta AkY = 0, k ∈ N∗.

Problema 3.30 Se considera functia f :Mn,1(R)→ [0,∞),

f(X) = maxk=1,n

|xk|, pentru orice X ∈Mn,1(R).

Sa se arate ca exista un numar finit de matrice A ∈Mn(R) cu proprietatea f(AX) =

f(X), pentru orice X ∈Mn,1(R).

Solutie. Daca notam cu E1, E2, . . . , En coloanele matricei unitate, din relatiaf(AEj) = f(Ej) rezulta max

i=1,n|aij | = 1, j = 1, n si atunci matricea nu contine elemente

de modul mai mare ca 1, dar pe fiecare coloana avem un element de modul 1. Daca pecoloana j elementul nenul este aij cu |aij | = 1 luam X = (Li)

t (transpusa liniei i) si dinf(AX) = f(X) rezulta

n∑i=1

aikaik ≤ 1 ⇔n∑k=1

|aik|2 ≤ 1 ⇔ |aij |2 +∑j 6=j|aik|2 = 1


⇔ 1 +∑k 6=j|aik|2 = 1 ⇔ aik = 0, k 6= j.

In concluzie pe fiecare linie exista exact un element nenul de modul 1 (si pe fiecarecoloana). Numarul acestor matrice este finit N = 2nn!.

Problema 3.31 Fie A,B ∈Mn(C) si ε = cos2π

n+ i sin

2π

n. Sa se arate ca:

det(A+B) + det(A+ εB) + · · ·+ det(A+ εn−1B) = n[detA+ detB].

Solutie. det(A+ xB) = det(A) + · · ·+ xn detB = P (x).Avem

P (1) + P (ε) + · · ·+ P (εn−1) = n[detA+ detB]

deoarece sumele 1 + εk + ε2k + · · ·+ ε(n−1)k sunt 0, k = 1, n− 1.

Problema 3.32 Sa se arate ca pentru orice matrice A ∈ Mn(C) exista o infinitate de

numere naturale k astfel ca matricea Ak + In sa fie inversabila.

Solutie. Daca λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A atunci λk1 + 1, λk2 +1, . . . , λkn + 1 sunt valorile proprii ale matricei Ak + In. Pentru ca matricea Ak + In sa fieinversabila este suficient ca λk1 + 1 6= 0, λk2 + 1 6= 0, . . . , λkn + 1 6= 0.

Pentru valorile proprii pentru care λki + 1 6= 0 pentru orice k ∈ N nu avem probleme.Daca ınsa exista k1, k2, . . . , kn astfel ca

λk11 + 1 = 0, λk22 + 1 = 0, . . . , λknn + 1 = 0

atunci

λ2k11 + 1 6= 0, λ2k2

2 + 1 6= 0, . . . , λ2knn + 1 6= 0

si

λ2pk11 + 1 6= 0, λ2pk2

2 + 1 6= 0, . . . , λ2pknn + 1 6= 0, p ∈ N∗.

Alegem k = 2k1k2 · · · kn.

Problema 3.33 Fie matricele A,B ∈Mn(C) cu proprietatea:

|det(A+ zB)| ≤ 1 pentru orice z ∈ C cu |z| = 1.

Sa se arate ca:

a) |detA+ z detB| ≤ 1 pentru orice z ∈ C cu |z| = 1.

b) Daca A,B ∈Mn(R) atunci (detA)2 + (detB)2 ≤ 1.

Solutie. a) Fie u ∈ C astfel ıncat un = z (|u| = 1)

det(A+ zB) = det(A+

z

uuB)

= det(A+ vC)

106

unde |v| = 1 si C = uB

det(A+ vC) = detA+ vα1 + · · ·+ vn detC = P (v)

Avem:n−1∑k=0

det(A+ εkC) = n(detA+ detC)

unde εk, k = 0, n− 1, sunt radacinile de ordin n ale unitatii.

Problema 3.34 Fie A ∈Mn(R) o matrice cu elemente pozitive si cu proprietatea

n∑k=1

aik = 1, i = 1, n.

Sa se arate ca A nu poate avea valori proprii de modul mai mare ca 1.

Solutie. Daca λ ∈ C este valoare proprie si X vector propriu avem:

AX = λX, X 6= 0 ⇔n∑k=1

aikxk = λxi, i = 1, n

⇒ |λ| · |xi| =

∣∣∣∣∣n∑k=1

aikxk

∣∣∣∣∣ ≤n∑k=1

|aikxk| =n∑k=1

aik(±xk)

≤n∑k=1

aik maxk=1,n

|xk| = maxk=1|xk|

⇒ |λ|max |xk| ≤ max |xk| ⇒ |λ| ≤ 1.

Observatie. A[1] = [1], deci λ = 1 este valoare proprie si X = [1, . . . , 1]t este vectorpropriu.

Problema 3.35 Fie matricele A,B,C ∈ Mn(C) astfel ca C comuta cu A sau cu B. Sa

se arate ca:

det(AB + C) = det(BA+ C).

Solutie. Daca C este inversabila si comuta cu A atunci A comuta si cu C−1 si avem:

det(AB + C) = detC · det(C−1AB + In) = detC · det(AC−1B + In)

det(BA+ C) = det(BAC−1 + In) · detC.

Luam X = AC−1 si Y = B si avem:

det(XY + In) = det(Y X + In).

Daca C este neinversabila consideram matricea Cλ = C − λIn si pentru orice λ ∈ Ccare nu este valoare proprie pentru C, Cλ este inversabila si

P (λ) = det(AB + Cλ) = det(BA+ Cλ) = Q(λ).

Deoarece P si Q sunt polinoame ın λ, cu valori egale ıntr-o infinitate de valori λ ∈ C,rezulta P = Q si ın particular

P (0) = Q(0) ⇔ det(AB + C) = det(BA+ C).


Problema 3.36 Fie A ∈ Mn(Q) astfel ca det(A − In) = 0 si Ap = In, unde p este un

numar prim. Sa se arate ca p− 1 | n.

Solutie. Polinomul P (x) = xp − 1 se anuleaza ın A (adica P (A) = 0), deci valorileproprii verifica ecuatia λp − 1 = 0. Din det(A− In) 6= 0 rezulta λ 6= 1, deci fiecare valoareproprie este radacina a polinomului g(x) = xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1 care este ireductibilpeste Q. Daca polinomul caracteristic are ca valoare proprie o radacina a lui g, le are petoate (cu acelasi ordin de multiplicitate), si nu mai are altele, deci fA(x) = ±(g(x))k, decin = k(p− 1).

Problema 3.37 Fie S(X) suma tuturor elementelor matricei X.

Sa se arate ca daca A ∈Mn(C) si

a) S(A) = S(A2) = · · · = S(An) = n, atunci S(Ak) = n, ∀ k ∈ N∗.

b) S(A) = n2, S(A2) = n3, . . . , S(An) = nn+1, atunci S(Ak) = nk+1, ∀ k ∈ N∗.

Solutie. Din teorema Cayley-Hamilton:

An + a1An−1 + a2A

n−2 + · · ·+ an−1A+ anIn = 0

si ınmultind cu Ak+1:

An+k+1 + a1An+k + · · ·+ an−1A

k+2 + anAk+1 = 0.

Aplicam functia S ın cele doua relatii si obtinem:

S(An) + a1S(An−1) + a2S(An−2) + · · ·+ an−1S(A) + anS(In) = 0

S(An+k+1) + a1S(An+k) + · · ·+ an−1S(Ak+2) + anS(Ak) = 0.

Prin inductie, daca presupunem adevarate concluziile pentru orice p ≤ k+n, cele douarelatii dau:

a) n+ a1n+ a2n+ · · ·+ ann = 0

S(An+k+1) + a1n+ a2n+ · · ·+ ann = 0

Prin scaderea lor rezulta S(An+k+1) = n.b)

(1) nn+1 + a1nn + · · ·+ an−1n

2 + ann = 0

(2) S(An+k+1) + a1nn+k+1 + · · ·+ an−1n

k+2 + annk+1 = 0

Scadem din (2) relatia (1) ınmultita cu nk+1 si obtinem:

S(An+k+1) = nn+k+2.

Problema 3.38 Fie A ∈Mn(C) si TrA =n∑i=1

aii urma matricei A.

Sa se arate ca daca Tr (Ak) = 0, k = 1, n, atunci

a) detA = 0

b) An = 0.

108

Solutie. Daca λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A, atunci λ21, λ

22, . . . , λ

2n

sunt valorile proprii ale matricei A2, . . . , λn−11 , λn−1

2 , . . . , λn−1n sunt valorile proprii ale

matricei An−1 si atunci conditiile devin:λ1 + λ2 + · · ·+ λn = 0λ2

1 + λ22 + · · ·+ λ2

n = 0. . .

λn−11 + λn−1

2 + · · ·+ λn−1n = 0.

Daca λ1, λ2, . . . , λp sunt valorile proprii distincte, de multiplicitatik1, k2, . . . , kp atunci primele p relatii din sistem devin:

k1λ1 + k2λ2 + · · ·+ kpλp = 0k1λ

21 + k2λ

22 + · · ·+ kpλ

2p = 0

. . .k1λ

p1 + k2λ

p2 + · · ·+ kpλ

pp = 0

Relatiile arata ca (k1λ1, k2λ2, . . . , kpλp) este solutie a unui sistem de ecuatii liniareomogen, al carui determinant este un determinant Vandermonde

V (λ1, λ2, . . . , λp) 6= 0,

deci k1λ1 = k2λ2 = · · · = kpλp = 0 sau λ1 = λ2 = · · · = λp = 0.In concluzie matricea A are toate valorile proprii nule. Polinomul caracteristic al ma-

tricei A este fA(x) = xn si din teorema Cayley-Hamilton rezulta An = 0.

Problema 3.39 Fie A ∈ Mn(C) o matrice. Sa se arate ca daca An 6= 0, atunci Ak 6= 0

pentru orice k ∈ N∗.

Solutie. Daca prin absurd ar exista k ∈ N∗ astfel ca Ak = 0, atunci k > n si alegemk minim cu aceasta proprietate, deci Ak−1 6= 0.

Scriem teorema Cayley-Hamilton sub forma

a0In + a1A+ a2A2 + · · ·+ an−1A

n−1 +An = 0 (1)

Inmultimd cu Ak−1 si rezulta a0Ak−1 = 0 cu Ak−1 6= 0 deci a0 = 0.

Inmultim cu Ak−2 si rezulta a1Ak−1 = 0 deci a1 = 0.

Continuam ınmultind succesiv cu Ak−3, Ak−4, . . . , Ak−n si obtinem pe rand a2 = 0,a3 = 0, . . . , an−1 = 0. Recitind relatia (1) rezulta An = 0 (contradictie).

Problema 3.40 Fie A ∈Mn(C) o matrice patratica de ordin n pentru care exista astfel

k ∈ N∗ ca Ak = 0. Sa se arate ca:

a)

n∑i=1

aii = 0,

b)

n∑i,j=1

aijaji = 0.


Solutie. Daca Ak = 0, matricea A−xIn este inversabila pentru orice x 6= 0. Intr-adevar

(A− xIn)(Ak−1 + xAk−2 + · · ·+ xkIn) = Ak − xkIn = −xkIn

deci

(A− xIn)−1 =1

(−x)k(Ak + xAk−1 + · · ·+ xkIn)

Atunci det(A+ xIn) 6= 0, x 6= 0. Dar dezvoltand determinantul obtinem:

f(x) = det(A+ xIn) = xn +

(n∑i=1

aii

)xn−1 +

∑i<j

∣∣∣∣ aij aijajj ajj

∣∣∣∣xn−1 + . . .

Dar singurul polinom de grad n cu singura radacina x = 0 este axn, deci det(A+xIn) =

xn si identificand coeficientii obtinem

n∑i=1

aii = 0 si

∑i<j

(aiiajj − aijaji) = 0 ⇔∑i 6=j

(aiiajj − aijaji) = 0 ⇔

∑i,j

aiiajj =∑

a2ii −

∑i 6=j

aijaji = 0 ⇔(∑

aii

)2−

n∑i,j=1

aijaji = 0 ⇔

n∑i,j=1

aijaji = 0.

Problema 3.41 Fie A ∈ Mn(Z) cu detA = 1 si m ∈ Z. Sa se arate ca exista k ∈ N∗

astfel ca matricea Ak − In sa aiba toate elementele divizibile cu m.

Solutie. Pentru a dovedi afirmatia este suficient sa trecem ın clasele de resturi Zm sisa aratam ca daca A ∈Mn(Zm) exista k ∈ N astfel ca Ak − In = On (ın Zm).

DarMn(Zm) este finita (are mn2matrice), deci ın sirul Ak− Ink∈N∗ exista cel putin

doua matrice egale: Ak1 − In = Ak2 − In ⇔ Ak2(Ak − In) = 0 (unde k = k1 − k2), darcum detA = 1, det(Ak2) = 1, deci Ak2 este inversabila si ınmultind cu (Ak2)−1 obtinemAk − In = 0.

Problema 3.42 Fie A,B,C,D ∈ Mn(C) cu A si C inversabile astfel ca AkB = CkD

pentru orice k ∈ N∗. Sa se arate ca B = D.

Solutie. Daca f si g sunt polinoamele minimale ale matricelor A si C atunci f(0) 6= 0,g(0) 6= 0 (zero nu este valoare proprie pentru o matrice inversabila).

Notam h(x) = (fg)(x) = a0 +m∑k=1

akxk, a0 6= 0. Avem h(A) = h(C) = 0 si atunci

h(A)B = h(C)D ⇔ a0B = a0D ⇔ B = D.

110

Problema 3.43 Fie n si k numere naturale mai mari sau egale cu 2. Sa se arate ca ın

Mn(C) ecuatia matriceala

Xk =

0 1 0

. . .. . .

. . . 1

0 0

nu are solutie pentru nici un k ≥ 2.

Solutie. Daca notam

A =

0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

atunci An−1 6= 0, An = 0. Daca ar exista X ∈ Mn(C) cu Xk = A, atunci Xkn = An = 0,deci X este nilpotenta si atunci Xn = 0. Din Xk = A 6= 0 rezulta k < n.

Fie n = kp+r, k, p ∈ N, n ≤ k−1. Din n < k(p+1) rezulta Xk(p+1) = 0 ⇔ Ap+1 = 0deci p + 1 ≥ n. Rezulta kp + r ≤ p + 1 ⇔ (k − 1)p + r − 1 ≤ 0. Deoarece k − 1 ≥ 1,avem: r = 1 si p = 0 sau r = 0 si p = 0 sau r = 1 si p = 1. In primele doua cazuri rezultan = 1 sau n = 0 (fals), iar ın ultimul caz rezulta n = k + 1 si A2 = 0, deci n = 2 si k = 1(contradictie cu k ≥ 2).

Problema 3.44 Fie A ∈Mn(C) o matrice cu proprietatea

Tr (A) = Tr (A2) = · · · = Tr (An−1) = 0 si Tr (An) = n.

Sa se arate ca An = In.

Solutie. Conditiile date se scriu ın functie de valorile proprii λ1, . . . , λn ale matriceiA, astfel:

λ1 + · · ·+ λn = 0, λ21 + · · ·+ λ2

n = 0, . . . , λn−11 + · · ·+ λn−1

n = 0

si

λn1 + · · ·+ λnn = 1,

sistem care datorita relatiilor lui Newton, determina unic valorile proprii. Se observa caradacinile de ordin n ale unitatii λ1 = ε1, . . . , λn = εn verifica sistemul, deci polinomulcaracteristic al matricei A este Xn − 1 = 0. Datorita Teoremei Cayley-Hamilton avemAn − In = 0.

Problema 3.45 Sa se arate ca daca A ∈M3(Q) verifica relatia A8 = I3, atunci A4 = I3.


Solutie. Polinomul minimal al matricei A divide polinomul P ∈ Q[x],

P (x) = x8 − 1 = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)(x4 + 1).

Daca A4 6= I3, atunci polinomul caracteristic al matricei A ar avea ca radacina una dinradacinile ecuatiei x4 + 1 = 0. Dar polinomul x4 + 1 este ireductibil ın Q[x], deci am aveadivizibilitatea x4 + 1 | mA, ceea ce este imposibil caci gradmA ≤ 3 si grad(x4 + 1) = 4.

Problema 3.46 Sa se arate ca daca exista matrice inversabile A ∈ Mn(Q) astfel ca

A−1 = A2 +A, atunci n este divizibil cu 3.

Solutie. Avem A3 + A2 − I = 0, deci polinomul minimal al matricei A este mA =x3 + x2 − 1, ireductibil ın Q[x]. Din teorema lui Frobenius polinomul caracteristic areaceiasi factori ireductibili, deci fA = mk

A si atunci n = 3k.Observatie. Un exemplu de matrice A ∈M3(Q) care verifica relatia este

A =

0 0 11 0 00 1 −1

.

(In Mn(R) exista matrice A de orice dimensiuni care sa verifice relatia data: daca notamcu a unica radacina reala a ecuatiei x3 + x2 − 1 = 0, atunci matricea A = aIn verificarelatia data.)

Problema 3.47 Fie

∞∑n=0

anx2n, dezvoltarea ın serie a functiei f(x) =

1

cosx. Numerele

en =1

(2n)!an se numesc numerele lui Euler. Sa se arate ca en = (2n)!Dn, unde

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1

2!1 0 0 . . . 0

1

4!

1

2!1 0 . . . 0

1

6!

1

4!

1

2!1 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

(2n)!

1

(2n− 2)!

1

(2n− 4)!

1

(2n− 6)!. . .

1

2!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Solutie. Avem:

cosx · 1

cosx= 1 ⇔

( ∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!

)( ∞∑n=0

anx2n

)= 1

112

si prin identificare obtinem sistemul:

a1 =1

2!

1

2!a1 − a2 =

1

4!

1

4!a1 −

1

2!a2 + a3 =

1

6!. . .

1

(2n− 2)!a1 −

1

(2n− 4)!a2 + · · ·+ (−1)n−1an =

1

(2n)!

din care an =∆n

∆, ∆ = (−1)

n(n−1)2

∆ = (−1)n(n−2)

2 Dn, deci an = Dn sau en = (2n)!Dn.

Problema 3.48 Fie n ≥ 2, n ∈ N. Sa se determine toate polinoamele f ∈ C[X] cu

proprietatea f(TrA) = Tr (f(A)) pentru orice A ∈Mn(C).

Solutie. Fie A =

x1 0. . .

0 xn

. Avem:

f(x1 + · · ·+ xn) = f(x1) + · · ·+ f(xn)

Luand x1 = · · · = xn = 0, f(0) = 0.Luand x3 = · · · = xn = 0, f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2), deci f(x) = ax, a ∈ C.

Problema 3.49 Fie n ≥ 2, n ∈ N. Sa se determine toate polinoamele f ∈ C[X] cu

proprietatea det(f(A)) = f(detA) pentru orice A ∈Mn(C).

Solutie. f ≡ 0 verifica relatia. Daca exista a ∈ C astfel ca f(a) 6= 0, fie:

A =

x1 0. . .

0 xn

Avem:

det f(A) = f(x1)f(x2) · · · f(xn) = f(detA) = f(x1x2 · · ·xn)

Luand x1 =1

x, x2 = x, x3 = · · · = xn = a ⇒

f(an−2) = f

(1

x

)f(x)(f(a))n−2

Daca f(x) = a0 + a1x + · · ·+ akxk obtinem f(x) = akx

k si revenind la prima relatie:f(x) = αxk, αn = α care verifica:

det(αAk) = αn(detA)k = α(detA)k.

Deci polinoamele au forma: f(x) = αxk, cu αn = α.


Problema 3.50 Sa se determine numarul matricelor de tip (m,n) cu elemente aij ∈ ±1

pentru care produsul elementelor fiecarei linii si fiecarei coloane este −1.

Solutie. Se calculeaza produsul elementelor matricei A ın doua moduri:

∏i=1,m

j=1,n

aij =∏i=1,m

∏j=1,n

aij

=∏i=1,m

(−1) = (−1)m

∏i=1,m

j=1,n

aij =∏j=1,n

∏i=1,m

aij

=∏i=1,m

(−1) = (−1)n

rezulta (−1)m = (−1)n ⇔ (−1)m+n = 1 ⇔ m+ n este par.Deci daca m+ n este impar nu exista matrice cu proprietatea din enunt.Daca m + n este par vom arata ca exista o bijectie ıntre multimea matricelor de tip

(m− 1, n− 1) cu elemente din ±1 si multimea matricelor de tip (m,n) cu proprietateaceruta.

Fie B = [bij ] i=1,m−1

j=1,n−1

, bij ∈ ±1.

Definim matricea A = [aij ] i=1,m

j=1,n

astfel

aij = bij , pentru i = 1,m− 1, j = 1, n− 1

ain = −n−1∏j=1

aij , pentru i = 1,m− 1

amj = −m−1∏i=1

aij , pentru j = 1, n− 1

amn = −∏

j=1,n−1

amj = (−1)n∏

i=1,m−1

j=1,n−1

aij = −∏

i=1,m−1

ain = (−1)n∏

i=1,m−1

j=1,n−1

aij

care verifica proprietatea ceruta.Evident si invers, dintr-o matrice A de tip (m,n) cu proprietatea ceruta, prin eliminarea

unei linii si coloane obtinem o matrice A.Deci numarul elementelor este 2(m−1)(n−1) (numarul functiilor definite pe o multime

cu (m− 1)(n− 1) elemente cu valori ın multimea ±1 cu doua elemente).

Problema 3.51 Sa se determine numarul matricelor A ∈ Mm,n(Zp), p prim, care au

suma elementelor de pe fiecare linie si coloana egala cu r (r 6= 0).

Solutie. Din∑i=1,m

1,n

aij =∑i=1,m

r = mr si∑i=1,m

j=1,n

aij =∑j=1,n

r = nr rezulta mr = nr ⇔

(m− n)r = 0 ⇔ p | m− n.Deci daca m− n nu este divizibil cu p nu exista matrice cu proprietatea ceruta.Daca p | m− n aratam ca exista o bijectie ıntre multimea ceruta si Mm−1,n−1(Zp).Fie B ∈Mm−1,n−1(Z). Definim matricea A ∈Mm,n(Zp):

aij = bij , i = 1,m− 1, j = 1, n− 1

ain = r −n−1∑j=1

aij , i = 1,m− 1

114

amj = r −m−1∑i=1

aij , j = 1, n− 1

am,n = r −m−1∑i=1

ain =∑

i=1,m−1

j=1,n−1

aij − (n− 2)r =∑

i=1,m−1

j=1,n−1

aij − (m− 2)r = r −n−1∑j=1

amj

Deci A are proprietatea ceruta.Evident functia astfel definita (f(B) = A) este injectiva si inversa sa este functia care

asociaza matricei A, matricea obtinuta prin eliminarea ultimei linii si coloane.Deci numarul matricelor este p(m−1)(n−1) (numarul functiilor de la o multime cu (m−

1)(n− 1) elemente cu valori ın Zp cu p elemente).

Problema 3.52 Fie A ∈ Mn(R) astfel ca A2 = −In. Sa se arate ca n este par si exista

o matrice P ∈Mn(R) astfel ca

P−1AP =

0 Ik

−Ik 0

, n = 2k.

Solutie. Forma Jordan verifica aceeasi relatie J2A = −In, la fel si fiecare celula Jordan.

Valorile proprii verifica relatia λ2 = −1 deci λ ∈ −i, i si polinomul caracteristic fiind real,ele se cupleaza ın perechi, deci sunt ın numar par. Daca forma Jordan nu ar fi diagonalaatunci J2

A 6= −In, deci forma Jordan este

JA =

[−iIk 0

0 iIk

]a carei forma reala este

J(R)A =

[0 Ik−Ik 0

].

Problema 3.53 Sa se arate ca daca A ∈M5(R) si A5 = I, atunci det(A− I) = 0.

Solutie. Daca prin absurd det(A − I) 6= 0, atunci din A5 − I = 0 ⇔ (A − I)(A4 +A3 + A2 + A + I) = 0 rezulta A4 + A3 + A2 + A + I = 0. Daca λ este o valoare proprieatunci ea verifica ecuatia x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 0 care are doar radacini complexe x1, x1

si x2, x2. Polinomul caracteristic fiind cu coeficienti reali de grad impar trebuie sa aiba celputin o radacina reala (aceasta nu poate fi decat λ = 1).

Problema 3.54 Fie A ∈Mn(C) o matrice cu valorile proprii distincte si

C(A) = B ∈Mn(C)| AB = BA.

a) Sa se arate ca toate matricele din C(A) au aceeasi vectori proprii.

b) Sa se arate ca C(A) este un subspatiu vectorial ın Mn(C) de baza

I, A,A2, . . . , An−1.


Solutie. a) Fie λ1, . . . , λn valorile proprii distincte ale lui A si X1, . . . , Xn vectoriiproprii corespunzatori. Subspatiile Vk = X| AX = λkX = aXk| a ∈ C sunt dedimensiune 1. Daca B ∈ C(A) atunci A(BXk) = B(AXk) = λk(BXk) deci BXk ∈ Vk sauBXk = αkXk, αk ∈ C, deci Xk este vector propriu pentru B.

Observatie. In baza X1, . . . , Xn matricele din C(A) au forma diagonala.

b) Din observatia anterioara C(A) =

λ1 0. . .

0 λk

, λk ∈ C, deci C(A) este spatiu

vectorial de dimensiune n. E suficient sa aratam ca matricele I, A, . . . , An−1 sunt liniarindependente.

Daca a1I + a2A + · · · + anAn−1 = 0 ⇔ P (A) = 0, atunci P (A)Xk = P (λk)Xk = 0,

deci P (λk) = 0, k = 1, n ⇔1 λ1 . . . λn−1

1

1 λ2 . . . λn−12

. . . . . . . . . . . .1 λn . . . λn−1

n

·a1

a2

...an

=

00...0

si cum matricea din dreapta este o matrice Vandermonde de numere distincte rezultaa1 = · · · = an = 0.

Problema 3.55 a) Sa se arate ca orice matrice este asemenea cu matricea obtinuta prin

simetrie fata de centrul ei.

b) Sa se arate ca o matrice este asemenea cu transpusa ei.

Solutie. a) Consideram matricea

J =

0 1

. ..

1 0

, J = J−1

Daca ınmultim cu J ın stanga se rastoarna liniile, iar daca ınmultim pe J ın dreaptase rastoarna coloanele.

b) Aducem A la forma canonica Jordan

A ∼

Jλ1

. . .

Jλk

Pentru o celula Jordan Jλ matricea obtinuta prin simetrie centrala este σ(Jλ) = J tλ ⇒

JA ∼ J tA prin

Q =

J1

. . .

Jk

deci

A = PJAP−1, At = P tJ tA(P−1)t = P tQJAQ

−1(P−1) = (P tQP−1)A(PQ−1(P−1)t)

⇒ At ∼ A prin P tQP−1.

116

Problema 3.56 Sa se arate ca orice matrice A ∈ Mn(C) este asemenea cu o matrice

simetrica SA ∈Mn(C).

Solutie. Este suficient sa demonstram pentru A celula Jordan, chiar mai particularA = J0.

Consideram P =1√2

(I + iJ), PP = I, unde

J =

0 1

. ..

1 0

Avem prin calcul direct

J0 =

0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

, J0J =

0 1 0

. ... ..

1 . ..

0 0

JJ0 =

0 0

. ..

1

. ... ..

0 1 0

, JJ0J =

0 0

1. . .

. . .. . .

0 1 0

PJ0P

−1 =1

2(I + iJ)J0(I − iJ) =

1

2(J0 + JJ0J) +

i

2(JJ0 − J0) =

=1

2

0 1 0

1. . .

. . .

. . .. . . 1

0 1 0

+i

2

0 −1 0

. ..

. ..

1

−1 . ..

. ..

0 1 0

care este simetrica.

Problema 3.57 Fie A ∈ Mn(C). Sa se arate ca A are n valori proprii distincte daca si

numai daca singura matrice nilpotenta cu care comuta este matricea nula.

Solutie. Daca A are valorile proprii distincte λ1, λ2, . . . , λn, atunci forma sa canonicaJordan este

JA = P−1AP = diag[λ1, λ2, . . . , λn].

Fie B ∈Mn(C) o matrice nilpotenta cu care A comuta. Din AB = BA rezulta

JA(P−1BP ) = (P−1BP )JA

din care rezulta ca matricea P−1BP este diagonala si ın plus nilpotenta, deci

P−1BP = 0 ⇔ B = 0.


Reciproc, vom arata ca daca A are o valoare proprie multipla, atunci exista o matricenilpotenta nenula B cu care A comuta. Fie JA = P−1AP forma canonica Jordan a matriceiA,

JA = diag[Jλ1 , Jλ2 , . . . , Jλk ]

ın care blocul Jordan Jλ1 are dimensiunea ≥ 2. Consideram blocul Jordan B1 de aceeasidimensiune cu Jλ1 , cu zero pe diagonala si construim matricea

B′ = diag[B1, B2, . . . , Bk]

ın care B2 = . . . = Bk = 0. Observam ca

JAB′ = B′JA ⇔ P−1APB′ = B′P−1AP ⇔

A · (PB′P−1) = (PB′P−1)A

iar matricea B = PB′P−1 este nilpotenta si nenula.

Problema 3.58 Fie A,B,C,D ∈Mn(R) astfel ca matricele ABt si CDt sa fie simetrice

si ADt −BCt = In. Sa se arate ca AtD − CtB = In.

Putnam

Solutie. Din conditiile date prin transpunere obtinem:

ABt = BAt, CDt = DCt si DAt − CBt = In

care pot fi scrise sub forma[A BC D

]·[

Dt −Bt

−Ct At

]=

[In 00 In

]= I2n ⇔

MN = I2n ⇔ NM = I2n ⇔[Dt −Bt

−Ct At

]·[A BC D

]=

[In 00 In

]⇒

−CtB +AtD = In.

Problema 3.59 Fie A,B,C,D ∈ Mn(C) astfel ca matricea M =

A B

C D

sa fie in-

versabila si notam M−1 =

E F

G H

, cu E,F,G,H ∈Mn(C).

Sa se arate ca detM · detH = detA.

IMC, 1997

Solutie. In egalitatea [A B

C D

]·[In F

0 H

]=

[A 0

C In

]se trece la determinanti.

118

Problema 3.60 Fie A,B,C ∈Mn(C) cu A inversabila. Sa se arate ca

det

A B

Bt C

= detA · det(C −BtA−1B).

Concurs Rusia, 2004

Solutie. In egalitatea:[A B

Bt C

]=

[In 0

BtA−1 In

]·[A 0

0 C −BtA−1B

]·[In A−1B

0 In

]se trece la determinanti.

Problema 3.61 Fie A ∈M4,2(R) si B ∈M2,4(R) astfel ca

AB =

1 0 −1 0

0 1 0 −1

−1 0 1 0

0 −1 0 1

.

Sa se determine BA.

IMC, 2004

Solutie. Fie A =

[A1

A2

], B =

[B1 B2

], cu A1, A2, B1, B2 ∈M2(R).

Avem

AB =

[I2 −I2

−I2 I2

]=

[A1

A2

] [B1 B2

]=

[A1B1 B1B2

A2B1 A2B2

]deci

A1B1 = A2B2 = I2 si A1B2 = A2B1 = −I2.

Astfel B1 = A−11 , B2 = −A−1

2 si A2 = B−12 = −A1, deci

BA =[B1 B2

]·[A1

A2

]= B1A1 +B2A2 = 2I2 =

[2 00 2

].

Problema 3.62 Fie A,B ∈ M2(R) avand valorile proprii 1 si 3, respectiv 2 si 4. Pot fi

valorile proprii ale matricei A+B 5 si 6? Dar 1 si 9?

Concurs Rusia


Solutie. Avem TrA = 1 + 3 = 4, TrB = 2 + 4 = 6 si Tr (A + B) = TrA + TrB ⇔5 + 6 = 4 + 6 fals, deci ın primul caz raspunsul este negativ.

In cazul al doilea Teorema Cayley-Hamilton pentru A, B si A+B da:

A2 − 4A+ 3I2 = 0 ⇔ (A− 2I2)2 = I2

B2 − 6B + 8I2 = 0 ⇔ (A− 3I2)2 = I2

(A+B)2 − 10(A+B) + 5I2 = 0 ⇔ (A+B − 5I2)2 = 16I2

Notam A− 2I2 = X, B − 3I2 = Y obtinem relatiile

X2 = Y 2 = I2 si (X + Y )2 = 16I2 ⇔ X2 + Y 2 +XY + Y X = 16I2 ⇔

XY + Y X = 14I2 (∗)

In (∗) ınmultim cu X la dreapta si obtinem

Y +XYX = 14X

ınmultim cu Y la stanga si obtinem

X +XYX = 14Y

Prin scadere rezulta X = Y si atunci (X + Y )2 = 4I2 6= 16I2, deci nici acest caz nupoate exista.

Problema 3.63 Fie A ∈M3(C) cu detA = 1, TrA = TrA−1 = 0. Sa se arate ca A3 = In.

Iran

Solutie. Fie λ1, λ2, λ3 valorile proprii ale lui A. Avem:

λ1λ2λ3 = 1, λ1 + λ2 + λ3 = 0,1

λ1+

1

λ2+

1

λ3= 0 ⇔

S1 = 0, S2 = 0, S3 = 1 ⇒ fA(x) = x3 − 1

si din Teorema Cayley-Hamilton rezulta A3 = I3.

Problema 3.64 Fie A,B ∈Mn(C) astfel ca AB +A+B = 0. Sa se arate ca AB = BA.

IMC, 2003

Solutie. Avem AB +A+B + In = In ⇔

(A+ In)(B + In) = In ⇔ (B + In)(A+ In) = In ⇔

BA+A+B = 0 ⇒ AB = BA.

Observatie. Analog daca AB = A+B atunci AB = BA.

Problema 3.65 Fie A,B ∈ Mn(R) astfel ca A2 + B2 = AB si matricea AB − BA este

inversabila. Sa se arate ca n este divizibil cu 3.

120

IMC, 1997

Solutie. Fie ε =−1 + i

√3

2, radacina de ordin 3 a unitatii (ε3 = 1) si C = A + εB.

AvemCC = (A+ εB)(A+ εB) = A2 + εBA+ εAB +B2

= AB + εBA+ εAB = ε(BA−AB).

Deoarece det(CC) = detC · detC = | detC|2 ≥ 0 si pe de alta parte

det(CC) = εn det(BA−AB),

rezulta ca det(BA−AB) = 0 sau εn ∈ R ⇒ n se divide cu 3.

Problema 3.66 Fie A,B,C ∈Mn(C) cu A inversabila si (A−B)C = BA−1. Sa se arate

ca C(A−B) = A−1B.

IMC, 2009

Solutie. (A−B)C = BA−1 ⇔ AC −BC −BA−1 +AA−1 = In ⇔

(A−B)(C +A−1) = In ⇔ (C +A−1)(A−B) = In ⇔ C(A−B) = A−1B.

Problema 3.67 Fie A1, A2, . . . , Ak ∈Mn(R) astfel ca

A1At1 +A2A

t2 + . . .+AnA

tn = 0.

Sa se arate ca A1 = A2 = . . . = An = 0.


A =[A1 A2 . . . Ak

]∈Mn,kn(R)

si conditia data se scrie sub forma

AAt = 0 ⇒ Tr (AAt) = 0 ⇔n∑i=1

kn∑j=1

|aij |2 = 0 ⇔

aij = 0, i = 1, n, j = 1, kn, deci A = 0.

Problema 3.68 Fie A ∈Mn(C) o matrice cu proprietatea ca pentru orice X ∈Mn,1(C)

exista NX ∈ N∗ astfel ca ANXX = 0. Sa se arate ca An = 0.

Solutie. Fie

E1 =

10...0

, E2 =

01...0

, . . . , En =

00...1

baza canonica si N = maxNE1 , NE2 , . . . , NEn.

Avem:ANE1 = ANE2 = . . . = ANEn = 0 sau ANIn = 0,

deci AN = 0 si din Teorema Cayley-Hamilton rezulta An = 0.


Problema 3.69 Fie A,B ∈Mn(C) astfel ca A2B +BA2 = 2ABA. Sa se arate ca exista

un numar natural k astfel ca (AB −BA)k = 0.

IMC, 2009

Solutie. Daca notam C = AB−BA atunci relatia data se scrie sub forma AC−CA =0 ⇔ AC = CA.

Avem:

Cm+1 = Cm(AB −BA) = A(CmB)− (CmB)A,

deci Tr (Cm+1) = 0, pentru orice m ≥ 0. Din Tr (C) = Tr (C2) = . . . = Tr (Cn) = 0rezulta ca toate valorile proprii ale matricei C sunt egale cu zero, polinomul caracteristiceste fC(x) = xn si din teorema Cayley-Hamilton rezulta Cn = 0.

Problema 3.70 Fie A,B ∈Mn(R) astfel ca AB −BA = aA, unde a 6= 0.

a) Sa se arate ca pentru orice k ∈ N∗ avem AkB −BAk = akAk.

b) Sa se arate ca An = 0.

IMC, 1994

Solutie. a) Prin inductie dupa k, daca ın relatia AkB −BAk = akAk ınmultim cu Aobtinem:

Ak+1B −ABAk = akAk+1.

Acum ınlocuim AB cu BA+ aA si obtinem:

Ak+1B − (BA+ aA)Ak = akAk+1 ⇔

Ak+1B −BAk+1 = a(k + 1)Ak+1.

b) Trecand la urme ın relatia de la a) obtinem:

Tr (akAk) = Tr (AkB)− Tr (BAk) = 0,

deci Tr (Ak) = 0. Din TrA = TrA2 = . . . = TrAn = 0 rezulta ca toate valorile propriiale matricei A sunt egale cu zero. Polinomul caracteristic este fA(x) = xn si din teoremaCayley-Hamilton rezulta An = 0.

Problema 3.71 Fie A,B ∈ Mn(C) doua matrice pentru care exista numerele distincte

z0, z1, z2, . . . , zn ∈ C astfel ca matricele Ck = A + zkB, k = 0, n sa fie nilpotente. Sa se

arate ca matricele A si B sunt nilpotente.

IMC, 1995

Solutie. O matrice X ∈Mn(C) este nilpotenta daca si numai daca

Xn = 0.

122

Considerand matricea Z(z) = A+ zB, avem ca

(A+ zB)n = 0 pentru orice z ∈ z0, z1, . . . , zn.

Avem

(A+ zB)n = An + zD1 + z2D2 + . . .+ zn−1Dn−1 + znBn = 0

unde D1, D2, . . . , Dn−1 ∈Mn(C). Deoarece pe fiecare pozitie (i, j) polinomul se anuleazaın n + 1 numere distincte, el este identic nul, deci ın An si ın Bn elementele de pe oricepozitie (i, j) sunt egale cu zero. Deci An = Bn = 0.

Problema 3.72 Fie A ∈ Mn(R) astfel ca 3A3 = A2 + A + In. Sa se arate ca sirul Ak

converge la o matrice idempotenta.

IMC, 2003

Solutie. Polinomul minimal al matricei A este divizor al polinomului f(x) = 3x3 −x2 − x − 1, care are trei radacini distincte. Rezulta ca matricea A este diagonalizabila.

Valorile proprii sunt λ1 = 1 si λ2,3 =−1± i

√2

3cu |λ2,3| =

√5

3< 1. Astfel ca

limk→∞

Ak =

[Ip 0

0 0

]= B

unde p este numarul valorilor proprii egale cu 1. Evident B2 = B.

Problema 3.73 Fie A,B ∈M2(Z) astfel ca matricele A, A+B, A+2B, A+3B si A+4B

sa fie inversabile si inversele lor sa fie ın M2(Z). Sa se arate ca A+ 5B este inversabila si

(A+ 5B)−1 ∈M2(Z).

Putnam, 1994

Solutie. Consideram polinomul de grad ≤ 2, fA,B(x) = det(A + xB) si observam cadaca C ∈M2(Z), atunci C−1 ∈M2(Z) daca si numai daca detC ∈ −1, 1.

Din conditiile date avem: fA,B(0), fA,B(1), fA,B(2), fA,B(3) si fA,B(4) sunt fiecare egalecu 1 sau −1, cel putin trei din ele au aceeasi valoare. Din fA,B(i) = fA,B(j) = fA,B(k) sigradfA,B ≤ 2 rezulta ca fA,B este constant (egal cu 1 sau cu −1), deci si fA,B(5) ∈ −1, 1,adica matricea A+ 5B este element inversabil ın inelul M2(Z).

Problema 3.74 Fie A,B ∈ M2(R) astfel ca exista n ≥ 1 cu (AB − BA)n = I2. Sa se

arate ca n este par si ca (AB −BA)4 = I2.

Putnam


Solutie. Fie C = AB −BA cu Tr (C) = 0 deci

C2 = −detC · I2 unde C =

[a bc −a

].

Avem: C2k = (−detC)kI2 si C2k+1 = (− detC)kC 6= I2.Ramane ca

(−detC)k = 1 ⇔ (a2 + bc)k = 1 ⇒ a2 + bc ∈ −1, 1 ⇒ C4 = (∓1)2I2 = I2.

Problema 3.75 Fie A,B,C,D ∈ M2(C) si notam [A,B] = AB − BA. Sa se arate ca

exista λ ∈ C astfel ca

[A,B] · [C,D]− [C,D] · [A,B] = λI2.

Putnam

Solutie. Avem Tr [A,B] = 0, deci exista α ∈ C astfel ca

[A,B]2 = αI2 (α = −det[A,B]).

Analog exista β, γ ∈ C astfel ca

[C,D]2 = βI2 si [A,B] + [C,D]2 = γI2.

Rezulta

[A,B] · [C,D] + [C,D] · [A,B] = ([A,B] + [C,D])2 − [A,B]2 − [C,D]2

= (γ − α− β)I2

deci λ = γ − α− β.

Problema 3.76 Fie A ∈M3,2(C), B ∈M2,3(C) astfel ca

AB =

8 2 −2

2 5 4

−2 4 5

.Sa se arate ca BA = 9I2.

Putnam

Solutie. Prin calcul (AB)2 = 9(AB) ⇒ rang (AB)2 = rang (AB) = 2 ⇔

rangA(BA)B = 2 ⇒ rang (BA) ≥ 2

si cum BA ∈M2(C) ⇒ rang (BA) = 2, deci BA este inversabila. Deci

(AB)2 = 9AB ⇒ B(AB)2A = 9BABA ⇔ (BA)3 = 9(BA)2 ⇒ BA = 9I2.

124

Problema 3.77 Fie A ∈ Mn(R), A 6= 0 astfel ca aikajk = akkaij pentru orice i, j, k =

1, n. Sa se arate ca:

a) TrA 6= 0.

b) At = A.

c) fA(x) = xn−1(x− TrA).

Iran

Solutie. Fie B = AAt = [bij ], avem

bij =n∑k=1

aikajk =n∑k=1

akkaij = aij(TrA) ⇒

B = (TrA)A ⇔ AAt = (TrA)A (∗)

a) Daca prin absurd TrA = 0 ⇒ AAt = 0 ⇒ Tr (AAt) = 0 ⇒ A = 0.b) Din (∗) prin transpunere

(AAt)t = (TrA)At ⇔ AAt = (TrA)At ⇒ A = At.

c) Este suficient sa aratam ca rangA = 1 deci ca coloanele sunt proportionale. DinTrA 6= 0 rezulta ca exista akk 6= 0. Avem

Cj =ajkakk

Ck.

Problema 3.78 Fie A,B ∈Mn(C) astfel ca rang (AB −BA) = 1. Sa se arate ca (AB −

BA)2 = 0.

IMC, 2000

Solutie. Matricea C = AB−BA fiind de rang 1 are cel mult o valoare proprie nenulasi daca o notam cu λ atunci Tr (C) = λ. Pe de alta parte Tr (C) = Tr (AB)−Tr (BA) = 0,deci λ = 0. Astfel ca toate valorile proprii ale matricei C sunt egale cu zero. In plus ınforma canonica Jordan a matricei C exista un singur bloc de dimensiune 2 (ın rest estediagonala) si atunci J2

C = 0, deci C2 = 0.

Problema 3.79 Fie A,B ∈ Mn(R) astfel ca Tr (AAt + BBt) = Tr (AB + AtBt). Sa se

arate ca A = Bt.

Putnam

Solutie. Tr (AAt +BBt) = Tr (AAt) + Tr (BBt)

= Tr (AAt) + Tr (BtB) = Tr (AAt +BtB)

Tr (AB +AtBt) = Tr (AB) + Tr (AtBt)


= Tr (AB) + Tr (BtAt) = Tr (AB +BtAt).

Relatia data devine:

Tr (AAt +BtB) = Tr (AB +BtAt) ⇔

Tr (AAt +BtB −AB −BtAt) = 0 ⇔ Tr ((A−Bt)(At −B)) = 0 ⇔

Tr ((A−Bt)(A−Bt)t) = 0 ⇔ A−Bt = 0 ⇔ A = Bt

(din Tr (MM t) = 0 rezulta M = 0).

Problema 3.80 Fie A,B ∈Mn(C). Sa se arate ca Tr (AB) ≤ 1

2Tr (AA∗ +BB∗).

Solutia 1. Avem

Tr (AB) = a11b11 + a12b21 + a13b31 + . . .+ a1nbn1 + a21b12

+a22b22 + . . .+ a2nbn2 + . . .+ an1b1n + an2b2n + . . .+ annbnn

(1)

≤√|a11|2 + |a12|2 + . . .+ |ann|2 ·

√|b11|2 + |b21|2 + . . .+ |bnn|2

=√

Tr (AA∗) · Tr (BB∗)

(2)

≤ 1

2(Tr (AA∗) + Tr (BB∗)) =

1

2Tr (AA∗ +BB∗).

In (1) am aplicat inegalitatea Cauchy-Schwarz, iar ın (2) am aplicat inegalitatea medi-ilor.

Solutia 2. Fie B = C∗. Avem

Tr (AB) = Tr (AC∗) = 〈A,C〉 ≤ ‖A‖ · ‖C‖

=√〈A,A〉 ·

√〈C∗, C∗〉 =

√Tr (AA∗) ·

√Tr (C∗C)

=√

Tr (AA∗) ·√

Tr (BB∗) ≤ 1

2(Tr (AA∗) + Tr (BB∗)).

Problema 3.81 Fie A ∈ Mn(C) o matrice nesingulara cu coloanele A1, A2, . . . , An si

fie B ∈ Mn(C) cu coloanele A2, A3, . . . , An, 0. Sa se arate ca matricele C = BA−1 si

D = A−1B au rangurile n− 1 si toate valorile proprii sunt zero.

IMC, 1995

Solutie. Fie

J0 =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . 10 0 0 . . . 0

celula Jordan cu λ = 0 pe diagonala.

Se verifica relatia B = AJ0 ⇔ J0 = A−1B = D si C = BA−1 = AJ0A−1, deci

matricele C si J0 sunt asemenea iar J0 are rangul n − 1 si toate valorile proprii egale cuzero (la fel matricele C si D).

126

Problema 3.82 Fie m ≥ 2, n ≥ 2 numere naturale si a1, a2, . . . , am, am+1 numere

reale. Sa se arate ca exista matricele A1, A2, . . . , Am ∈ Mn(R) astfel ca detA1 =

a1, . . . ,detAm = am si det(A1 + . . .+Am) = am+1.

Putnam

Solutie. Luam

A1 =

a1 01 1 0

. . .

0 1

, A2 =

a2 b0 1 0

. . .

0 1

,

Ai =

ai

1 0. . .

0 1

, i = 3,m

si avem detAi = ai, i = 1,m

A1 +A2 + . . .+Am =

s b1 m 0

. . .

0 m

, unde s = a1 + a2 + . . .+ am.

Dezvoltand cu regula lui Laplace dupa primele doua linii obtinem:

det(A1 +A2 + . . .+Am) = mn−2(sm− b).

Din conditia mn−2(sm− b) = am+1 rezulta b = sm− am+1m2−n.

Problema 3.83 Fie A ∈Mn(R) astfel ca A3 = A. Sa se arate ca

rangA+ rang (A− In) + rang (A+ In) = 2n.

Solutie. Aratam mai ıntai ca matricea A este diagonalizabila. Daca Jλ este unuldin blocurile diagonale din forma canonica Jordan avem J3

λ = Jλ, ceea ce este fals dacadimensiunea blocului Jλ este ≥ 2. Valorile proprii ale matricei A verifica ecuatia λ3 = λdeci λ ∈ 0,−1, 1 si atunci forma canonica Jordan este

JA =

0nIp−Iq

si avem:

rangA = rang JA = p+ q, rang (A− In) = r + q si rang (A+ In) = r + p,

deci rangA+ rang (A− In) + rang (A+ In) = 2(n+ p+ q) = 2n.


Problema 3.84 Fie A ∈ Mn(−1, 1), n impar. Notam cu ai produsul elementelor de

pe linia i si cu bj produsul elementelor de pe coloana j. Sa se arate ca

n∑i=1

ai +n∑j=1

bj 6= 0.

Iran

Solutie. Consideram matricea Jn = [1] cu toate elementele egale cu 1 si avem

ai = bj = 1, ∀ i, j ⇒∑

ai +∑

bj = 2n = 4k + 2 (pentru n = 2k + 1).

Orice matrice A ∈ Mn(−1, 1) se obtine ınlocuind succesiv ın Jn cate un 1 cu cateun −1. La fiecare astfel de modificare se schimba cate un ai ın −ai si cate un bj ın −bjsi astfel suma

∑ai se mareste sau se micsoreaza cu 2 si la fel

∑bj astfel ca suma

A+B =∑

ai +∑

bj creste cu 4 sau scade cu 4 sau ramane la fel. Pornind de la suma

4k + 2 ın final obtinem pentru orice A dat o suma de forma 4p+ 2 6= 0.Observatie. Pentru n par n = 2k (k impar) un contraexemplu este matricea

Hadamard

H4k =

[Jk −JkJk Jk

]cu a1 = . . . = ak = −1, ak+1 = . . . = a2k = 1, b1 = . . . = bk = −1, bk+1 = . . . = b2k = 1.

Problema 3.85 Fie A ∈ Mn(C) astfel ca A2 = In si

n∑j=1

aij = s, ∀ i = 1, n. Sa se

determine valorile posibile ale lui s.

Iran

Solutie. Notam A2 = B = [bij ] si avem:

bij =n∑k=1

aikakj .

Avemn∑

i,j=1

bij = n ⇔n∑

i,j=1

(n∑k=1

aikakj

)= n ⇔

n∑k=1

n∑i,j=1

aik︸︷︷︸αi

akj︸︷︷︸βj

= n ⇔n∑k=1

(a1k + . . .+ ank)(ak1 + . . .+ akn) = n ⇔

n∑k=1

(a1k + . . .+ ank)s = n ⇔

((n∑k=1

a1k

)+ . . .+

(n∑k=1

ank

))s = n ⇔

ns2 = n ⇔ s2 = 1, deci s ∈ −1, 1.

Observatie. s = 1 pentru A = In si s = −1 pentru A = −In.

128

Problema 3.86 Fie A ∈ Mn(Z), detA 6= 0, astfel ca pentru orice k ∈ N∗ exista Xk ∈

Mn(Z) astfel ca Xkk = A. Sa se arate ca A = In.

Solutie. Pentru orice numar prim p care nu divide detA, matricea Xk este inversabilaın Mn(Zp) si daca luam k = |GLn(Zp)| avem din teorema lui Lagrange ca (Xk)

k = In,

deci A = In ⇔ A ≡ In (mod p). Rezulta ca toate elementele matricei A − In suntdivizibile cu p. Deoarece aceasta are loc pentru toate numerele prime p care nu divid detA(o infinitate), rezulta A− In = 0, deci A = In.

Problema 3.87 Fie A,B,C,D ∈Mn(C) astfel ca AkC = DBk, pentru orice k ∈ N∗.

a) Sa se arate ca daca A si B sunt inversabile, atunci C = D.

b) Daca matricele A si B nu au valori proprii comune, sa se arate ca ecuatia AX = XB

are doar solutia X = 0 iar ecuatia AY − Y B = C are o singura solutie, pentru orice

C ∈Mn(C).

Solutie. a) Fie fA, fB polinoamele caracteristice ale matricelor A si B si

g = fAfB =

m∑k=1

aikxk + a0, cu a0 = fA(0)fB(0) 6= 0.

Avem g(A) = g(B) = 0 deci

g(A)C = Dg(B) ⇔∑

AkC + a0C =∑

DBk + a0D ⇒ C = D.

b) Fie X o solutie a ecuatiei AX = XB (exista cel putin solutia banala). Prin inductieAkX = XBk, ∀ k ∈ N∗

⇒ fA(A)X = XfA(B) ⇒ XfA(B) = 0.

Daca valorile proprii ale lui A sunt λ1, λ2, . . . , λn atunci

fA(x) = (x− λ1) . . . (x− λn), fA(B) = (B − λ1I) . . . (B − λnI)

si det(B − λiI) 6= 0 ⇒ fA(B) este inversabila si atunci X = 0.Consideram ecuatia AY − Y B = C ca sistem de n2 ecuatii liniare cu n2 necunoscute

(elementele matricei Y ). Matricea sistemului este aceeasi cu a sistemului AX −XB = 0care am vazut ca are doar solutie unica. Atunci si sistemul neomogen are doar solutieunica.

Problema 3.88 Fie A = [aij ]i=1,mj=1,n

o matrice cu elementele numere pozitive. Numim

”transformare” ınlocuirea tuturor elementelor de pe o linie sau de pe o coloana cu inversele

lor. Sa se arate ca putem efectua o succesiune de ”transformari” care modifica matricea

A ın matricea B cu proprietatea ca produsul tuturor elementelor de pe fiecare linie si de

pe fiecare coloana este cel putin 1.


Solutie. Daca C este o matrice obtinuta prin transformari din A, atunci cij = aij sau

cij =1

aij, deci numarul matricelor ce pot fi obtinute din A este finit (maxim 2mn). Fie

B matricea pentru care produsul tuturor elementelor este maxim (dintre toate matriceleobtinute prin transformari succesive din A). Aratam ca B are proprietatea ceruta. Dacade exemplu, prin absurd ar exista o linie sau coloana cu produsul elementelor mai mic ca1, facem ın ea transformarea care inverseaza elementele acestei linii sau coloane si obtinemo matrice B1 ın care produsul elementelor este strict mai mare (contradictie cu alegereamatricei B).

Problema 3.89 Fie A ∈Mn(C) o matrice cu proprietatea

S(A) = S(A2) = · · · = S(An) = 0,

unde S(Ak) este suma tuturor elementelor matricei Ak, k = 1, n.

Sa se arate ca:

a) Determinantul matricei A este egal cu zero.

b) S(Ak) = 0, pentru orice k ∈ N∗.

c) Sa se dea exemplu de matrice nenula A cu proprietatea din enunt.

Solutie. Din teorema Cayley-Hamilton scriem relatia

An − σ1An−1 + σ2A

n−2 − · · ·+ (−1)n−1σn−1A+ (−1)n detA · In = 0 (1)

a) Aplicam ın (2) functia S si obtinem

S(An)− σ1S(An−1) + · · ·+ (−1)n−1σn−1S(A) + (−1)n detA · n = 0

si din ipoteza rezulta detA = 0.b) Inmultim ın (1) cu A si apoi aplicam S, obtinem S(An+1) = 0.Inmultim ın (1) cu A2 si apoi aplicam S, obtinem S(An+2) = 0.Prin inductie rezulta S(An+k) = 0, ∀ k ∈ N.c) Fie x1, x2, . . . , xn ∈ R cu x1 + x2 + · · ·+ xn = 0 si

X =

x1

x2

...xn

6= 0.

Definim A = XXt si avem

S(A) = (x1 + x2 + · · ·+ xn)2 = 0.

A2 = XXtXXt = (x21 + x2

2 + · · ·+ x2n)A, deci S(A2) = 0

Ak = (x21 + x2

2 + · · ·+ x2n)k−1A, deci S(Ak) = 0, k ∈ N∗.

130

Problema 3.90 Fie U = z ∈ C | |z| = 1 si A,B ∈ Mn(C) astfel ca detB 6= 0,

AB = BA si det(A+ zB) ∈ U pentru orice z ∈ U . Sa se arate ca detB ∈ U si An = 0.

Solutie. Functia f(z) = det(A+ zB) = a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n este polinomialade grad n (an = detB 6= 0).

Conditia det(A + zB) ∈ U pentru orice z ∈ U se scrie f(z)(f(z)) = 1, pentru orice z

cu z =1

z. Avem

(a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n)(a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n) = 1 ⇔

(a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n)(a0zn + a1z

n−1 + a2zn−2 + · · ·+ an) = zn.

Ultima egalitate avand loc pentru o infinitate de valori ale lui z, ea este identitate depolinoame. Prin identificarea coeficientilor obtinem succesiv:

a0an = 0, an 6= 0 ⇒ a0 = 0

a1an = 0 ⇒ a1 = 0, a2an = 0 ⇒ a2 = 0, . . . , an−1an = 0 ⇒ an−1 = 0 si

anan = 1 ⇔ | detB| = 1 ⇔ detB ∈ U.In concluzie

f(z) = anzn ⇔ det(A+ zB) = detB · zn ⇔

det[B(B−1A+ zIn)] = detB · zn ⇔ detB · det(B−1A+ zIn) = detB · zn ⇔det(B−1A+ zIn) = zn ⇔ h(z) = zn,

unde h este polinomul caracteristic al matricei C = −B−1A. Conform teoremei Cayley-Hamilton

(−B−1A)n = 0 ⇔ (B−1A)n = 0 ⇔ (B−1)nAn = 0 ⇔ An = 0

Observatie. Conditia AB = BA este necesara dupa cum se vede din urmatorul exem-plu:

A =

0 0

1. . .

0 1

, B =

0 1

1. . . 0. . .

. . .

0 1 0

AB 6= BA

det(A+ zB) = (−1)n+1zn; | det(A+ zB)| = 1, deci |z| = 1 dar An = A 6= 0.

Problema 3.91 Fie A o matrice de ordin 2n, n ≥ 1, cu elementele numere naturale si cu

proprietatea:

(P): pentru orice doua linii Li, Lj cu i 6= j, suma lor Li+Lj contine n elemente numere

pare si n elemente numere impare.

a) Sa se arate ca pentru orice doua coloane Ci si Ci cu i 6= j, suma lor Ci +Cj contine

n elemente numere pare si n elemente numere impare.

b) Sa se arate ca pentru orice k ≥ 1 exista matrice de ordin 2k cu proprietatea (P ).


Solutie. a) Asociem matricei A = [aij ], matricea B = [bij ] ın care bij = 1 daca aijeste numar par si bij = −1 daca aij este numar impar (bij = (−1)aij ).

Observam ca matricea A are proprietatea (P) daca si numai daca produsul oricaror

doua linii L′i si L′j din matricea B contine n de 1 si n de −1, adica2n∑k=1

bikbjk = 0.

Deoarece2n∑k=1

(bik)2 = 2n, ∀ i = 1, 2n rezulta ca A are proprietatea (P) daca si numai daca

B · Bt = 2n · I2n. Evident avem si BtB = 2nI2n, relatie care reinterpretata da aceleasiconditii asupra coloanelor matricei B, respectiv asupra coloanelor matricei A.

b) Definim

B2 =

[1 1−1 1

]si B2k+1 =

[B2k B2k

−B2k B2k

], ∀ k ≥ 1,

respectiv

A2 =

[1 10 1

]si A2k+1 =

[A2k A2k

A2k A2k

], ∀ k ≥ 1,

unde [aij ] = [aij ] si 1 = 0, 0 = 1.Observatie. Se poate pune urmatoarea problema: care sunt numerele naturale n pen-

tru care exista A de dimensiune 2n cu proprietatea (P)?Nu stim raspunsul, dar credem ca sunt numai numerele de forma n = 2k, k ∈ N.

Problema 3.92 Cu numerele reale a1, a2, . . . , an; b1, b2, . . . , bn definim matricele patratice

de ordin n: A = [aij ], B = [bij ], unde aij = ai − bj si

bij =

1 daca aij ≥ 0

0 daca aij < 0, i, j = 1, n.

Fie C = [cij ] o matrice cu elementele 0 sau 1 si cu proprietatea

n∑j=1

bij =n∑j=1

cij , i = 1, n si

n∑i=1

bij =

n∑i=1

cij , j = 1, n.

a) Sa se arate can∑

i,j=1

aij(bij − cij) = 0 si B = C.

b) In ce conditii matricea B este inversabila?

SEEMOUS, 2009

Solutie. a)

n∑i,j=1

aij(bij − cij) =

n∑i=1

ai

n∑j=1

bij −n∑j=1

cij

− n∑j=1

bj

(n∑i=1

bij −n∑i=1

cij

)= 0

132

Analizam semnul termenului

aij(bij − cij) = (ai − bj)(bij − cij). (1)

Daca ai ≥ bj atunci aij ≥ 0, bij = 1 si cij ∈ 0, 1, deci aij(bij − cij) ≥ 0.Daca ai < bj atunci aij > 0, bij = 0 si cij ∈ 0, 1, deci aij(bij − cij) ≥ 0.Din (1) si din aij(bij − cij) ≥ 0, ∀ i, j = 1, n rezulta aij(bij − cij) = 0, i, j = 1, n.Daca aij 6= 0 ⇒ bij = cij .Daca bij = 0 ⇒ aij < 0 (aij 6= 0) ⇒ bij = cij = 0.

Deci bij ≥ cij , ∀ i, j = 1, n si din conditiile daten∑

i,j=1

bij =n∑

i,j=1

cij , rezulta bij =

cij , ∀ i, j = 1, n.b) Putem considera ca numerele sunt ordonate a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an si b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn,

deoarece reordonarea numerelor a1, a2, . . . , an revine la permutarea liniilor matricei B iarreordonarea numerelor b1, b2, . . . , bn revine la permutarea coloanelor matricei B.

Daca exista ai si ai+1 ıntre care nu se afla nici un bj atunci liniile Li si Li+1 sunt egale(matricea B este neinversabila). Daca exista bi si bi+1 ıntre care nu se afla nici un aj atuncicoloanele ci si ci+1 sunt egale.

In concluzie numerele b1, b2, . . . , bn separa numerele a1, a2, . . . , an. Daca a1 este cel maimic numar atunci prima linie are toate elementele zero. Deci cel mai mic este b1 si avemconditia b1 ≤ a1 < b2 ≤ a2 < · · · < bn ≤ an pentru care matricea B este

B =

1 0 0 . . . 01 1 0 . . . 01 1 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . .1 1 1 . . . 1

, inversabila.

Concluzie: bi1 ≤ aj1 < bi2 ≤ aj2 < · · · < bin ≤ ajn , unde i1, . . . , in si j1, . . . , jn suntpermutari ale multimii 1, 2, . . . , n.

Problema 3.93 Sa se determine rangul maxim si rangul minim al unei matrice A ∈

Mn(R) ale carei elemente sunt numerele 1, 2, . . . , n2.

IMC, 2007

Solutie. Rangul maxim este n. Un exemplu este o matrice ın care sub diagonalatoate numerele sunt pare, pe diagonala sunt numai numere impare iar deasupra diagonaleicelelalte elemente. Valoarea determinantului este impara (trecand ın Z2), deci nenula.

Rangul minim este 2: putem rearanja liniile si coloanele astfel ca 1 = a11 < a12 < . . . <a1n si a11 < a21 < . . . < an1 astfel ca a1n ≥ n si an1 ≥ n, cel putin una din inegalitati fiindstricta. Minorul

∆ =

∣∣∣∣ a11 a1n

an1 ann

∣∣∣∣ = a11ann − a1nan1 < 1 · n2 − n2 = 0

deci ∆ 6= 0.Matricea A = [aij ]i,j=1,n cu aij = n(i−1)+ j are rangul 2, orice linie este o combinatie

liniara a liniilor [1, 2, . . . , n] si [1, 1, . . . , 1].


Problema 3.94 a) Fie A ∈ Mn(R), n ≥ 2 o matrice simetrica, inversabila, cu elemente

pozitive. Sa se arate ca numarul elementelor egale cu zero ın matricea A−1 este cel mult

n2 − 2n.

b) Sa se dea un exemplu de matrice A simetrica si inversabila pentru care matricea

inversa A−1 are n2 − 2n elemente egale cu zero.

IMC, 1994

Solutie. a) Fie B = A−1 = [bij ]i,j=1,n.

Din AB = In obtinemn∑i=0

aikbkj = 0, pentru orice i 6= j si cum matricea A are toate

elementele pozitive rezulta ca pentru orice i = 1, n fixat, exista cel putin un bkj > 0 si un

bk′j < 0, deci pe orice coloana a matricei B avem cel putin doua elemente nenule. In totalavem cel putin 2n elemente nenule ın A−1, deci cel mult n2 − 2n elemente egale cu zero.

b) Luam

A =

1 1 1 . . . 11 2 2 . . . 21 2 1 . . . 1...

......

1 2 1

,

si prin transformari elementare ın matricea[A In

]obtinem ca A−1 = B cu elementele

nenule:

bij =

2 pentru i = j = 1(−1)n pentru i = j = n(−1)k pentru i = k, j = k + 1 sau i = k + 1, j = k.

In total B are 2n− 2 + 2 = 2n elemente nenule.

Problema 3.95 Fie A,B ∈ Mm,n(C). Sa se arate ca rangB ≤ rangA daca si numai

daca exista matricele Q ∈Mm(C) inversabila si M ∈Mn(C) astfel ca

B = QAM.

Solutie. Evident ca rangB = rang (QAM) ≤ rangA.Ramane sa aratam ca orice matrice B de rang ≤ rangA se poate pune sub forma

B = QAM . Fie rangA = k si fie B o matrice de rang p ≤ k. Consideram forma canonicade rang a matricei B:

B =

[Ip 0

0 0

]si forma canonica a matricei A:

A =

[Ik 0

0 0

]si se verifica relatia B = AB.

134

Cum B = Q1BP1, A = Q2AP2, cu Q1, Q2 ∈ GLm(C), P1, P2 ∈ GLn(C) rezulta

Q1BP1 = Q2AP2B ⇔

B = (Q−11 Q2)A(P2BP

−11 ) = QAM.

Problema 3.96 Fie G = A1, A2, . . . , Ak ⊂ Mn(R) astfel ca (G, ·) sa fie un grup sik∑i=1

Tr (Ai) = 0. Sa se arate ca

n∑i=1

Ai = 0.

Putnam

Solutie. Pentru orice j = 1, k fixat avem:

AjG = G ⇔ AjA1, . . . , AjAk = A1, . . . , Ak.

Sumam si notam S = A1 + . . .+Ak si obtinem

AjS = S, j = 1, k.

Sumam din nou si obtinem S2 = kS.Valorile proprii ale matricei S nu pot fi decat radacini ale polinomului x2 = kx = 0

deci λS ∈ 0, k. Din conditia Tr (S) = 0, suma acestor valori proprii trebuie sa fie zerodeci toate valorile proprii sunt 0. Matricea S − kIn are toate valorile proprii egale cu k,deci nenule si atunci S − kIn este inversabila. Din S(S − kIn) = 0 rezulta S = 0.

Problema 3.97 Fie A ∈ GLn(C) astfel ca AA = In. Sa se arate ca exista B ∈ GLn(C)

astfel ca A = B−1B.

IMC, 2002

Solutie. Vom cauta matricea B sub forma B = αA+ βIn cu α, β ∈ C.Avem:

A = B−1B ⇔ BA = B ⇔ (αA+ βIn)A = αA+ βIn ⇔

αAA = βA = αA+ βIn ⇔ αIn + βA = αA+ βIn.

Daca luam β = α relatia are loc, deci

B = αA+ αIn, α ∈ C.

Mai trebuie pusa conditia detB 6= 0.Avem

detB = det(αA+ αIn) = αn det

(A+

α

αIn

).

Este suficient sa alegem un numar α ∈ C diferit de −λ1,−λ2, . . . ,−λn, undeλ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A.


Problema 3.98 Fie matricea A =

a11 a12

a21 a22

a31 a32

si b =

b1

b2

b3

un vector coloana cu

proprietatea ca ecuatia AX = b admite o solutie. Sa se arate ca exista un vector coloana

c =

c1

c2

c3

astfel ıncat ecuatia

a11 a12 b1

a21 a22 b2

a31 a32 b3

Y = c (3.1)

sa nu aiba nici o solutie.

First Internet Mathematics Olympiad Ariel, 2 ianuarie 2008

Solutie. Varianta I. Se noteaza cu C1 si C2 coloanele matricei A, A = [C1 C2] .Faptul ca ecuatia AX = b admite o solutie este echivalent cu

[C1 C2]

[x1

x2

]= b⇒ b = x1C1 + x2C2 ⇒ b ∈ Span C1, C2 .

Dar dimR Span C1, C2 ≤ 2 si rezulta ca exista c ∈ R3 \ Span C1, C2 pentru care

sistemul

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

Y = c nu are solutie.

Varianta II. Deoarece sistemul AX = b are solutie, rezulta ca determinantul caracte-ristic este nul, deci

rang

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

≤ 2.

Conform teoremei lui Kronecker-Cappelli sistemul (3.1) este compatibil daca si numaidaca rangul matricei sistemului este egal cu rangul matricei extinse. Rezulta ca pentru casistemul sa fie incompatibil trebuie ca

rang

a11 a12 b1 c1

a21 a22 b2 c2

a31 a32 b3 c3

6= rang

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

.Evident ca se poate gasi un vector c astfel ıncat sa avem conditia satisfacuta.

Problema 3.99 Fie matricele A,B ∈Mn(R) care satisfac conditiile:

A 6= B, AB = BA si A2 = B2.

Sa se demonstreze ca matricea A+B este singulara.

First Internet Mathematics Olympiad Ariel, 2 ianuarie 2008

136

Solutie. Datorita conditiei AB = BA se poate scrie A2−B2 = (A−B) (A+B) = On.Daca A+B ar fi nesingulara, atunci exista (A+B)−1 .Se ınmulteste relatia A2 −B2 = On la dreapta cu (A+B)−1 .Rezulta ca A−B = On ⇒ A = B, ın contradictie cu ipoteza.

Problema 3.100 Fie A ∈Mn(R) si se defineste

sinA = A− 1

3!A3 +

1

5!A5 − 1

7!A7 +

1

9!A9 − · · · (3.2)

(a) Sa se demonstreze ca daca A este o matrice simetrica, atunci toate elementele matricei

sinA apartin intervalului [−1, 1].

(b) Este afirmatia adevarata si pentru matrice nesimetrice?

Second Internet Mathematics Olympiad Ariel, 19 Mai 2008

Solutie. Daca se considera o norma matriceala | . |, are loc proprietatea∣∣Ak∣∣ ≤ |A|k .

Dar ∣∣∣∣∣∞∑n=1

(−1)n−1

(2n+ 1)!A2n+1

∣∣∣∣∣ ≤∞∑n=1

(−1)n−1

(2n+ 1)!

∣∣A2n+1∣∣ ≤ ∞∑

n=1

(−1)n−1

(2n+ 1)!|A|2n+1

care este o serie numerica convergenta. De aici rezulta convergenta seriei (3.2).(a) Daca A este simetrica, atunci matricea este ortogonal asemenea cu o matrice diag-

onala.Fie P ∈Mn(R), P−1 = P t, A = PDP t.Atunci sinA = P

(D − 1

3!D3 + 1

5!D5 − 1

7!D7 + 1

9!D9 − ...

)P t = P (sinD)P t,

sinD =

sinλ1 0 · · · 0· · · sinλ2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · sinλn

,

unde λ1, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A. Pe diagonala lui sinD elementele suntmai mici sau egale cu 1. Daca un vector se ınmulteste cu o matrice ortogonala, lungimeavectorului nu se modifica.

Se presupune ca matricea sinA ar avea un element mai mare decat 1. Prin ınmultirematricei cu un vector al bazei canonice convenabil ales se obtine un vector de lungime maimare ca 1. Ceea ce este ın contradictie cu cele afirmate mai sus.

(b) Fie A =

(0 1−1 0

)nesimetrica. Atunci

A2 =

(0 1−1 0

)(0 1−1 0

)=

(−1 00 −1

)= −I

A3 =

(−1 00 −1

)(0 1−1 0

)=

(0 −11 0

)= −A

A5 = A2A3 = ADeci sinA = A

(1 + 1

3! + 15! + 1

7! + 19! + ...

)care are elemente mai mari ca 1.


Problema 3.101 Fie A ∈ M2008(R). Toate elementele matricei sunt 0 sau 1. Se pre-

supune ca orice doua linii difera ıntre ele prin jumatate din pozitii. Sa se demonstreze ca

orice doua coloane difera ıntre ele prin jumatate din pozitii.

Second Internet Mathematics Olympiad Ariel, 19 Mai 2008

Solutie. Fara a schimba sensul problemei se poate presupune ca elementele matriceiA sunt −1 si 1. Se observa ca orice doua linii din matrice sunt ortogonale. Daca se ımpartelementele matricei prin

√2008, atunci liniile matricei vor forma o baza ortonormata.

Rezulta ca matricea este ortogonala, deci si coloanele vor forma o baza ortonormata. Prinurmare ın matricea initiala orice doua coloane difera ıntre ele prin jumatate din pozitii.

Problema 3.102 Sa se demonstreze ca daca X ∈ Mn(R) cu TrX = 0, atunci exista

doua matrice A,B ∈Mn(R) astfel ıncat X = AB −BA.

Internet Mathematics Olympiad Individual Contest, 17 Noiembrie 2008

Solutie. Varianta I.Se poate considera forma Jordan a lui X. Structura lui X va fi: pe diagonala principala

si deasupra diagonalei principale, eventual, elemente diferite de zero si TrX = 0.Se considera matricea A ca fiind matricea cu 1 deasupra diagonalei principale si 0 ın

rest. Se observa ca pentru orice matrice B, produsul AB este matricea B din care s-ataiat linia ıntai si s-a adaugat o linie egala cu 0; produsul BA este matricea B ın care s-aintrodus o coloana nula si s-a taiat ultima coloana.

Presupunem ca B are pe diagonala principala elementele b1, b2, . . . , bn si sub diagonalaprincipala c1, c2, . . . , cn−1.

B =

b1 0 0 0 0c1 b2 0 0 00 c2 b3 0 0· · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 cn−1 bn

.

AB −BA =

=

c1 b2 0 · · · 0 00 c2 b3 · · · 0 0· · · · · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · cn−1 bn0 0 0 · · · 0 0

−

0 b1 0 · · · 0 00 c1 b2 · · · 0 0· · · · · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · cn−2 bn−1

0 0 0 · · · 0 cn−1

=

=

c1 b2 − b1 0 · · · 0 00 c2 − c1 b3 − b2 · · · 0 0· · · · · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · cn−1 − cn−2 bn − bn−1

0 0 0 · · · 0 −cn−1

.

Se observa ca Tr (AB − BA) = 0 iar determinarea lui (bi)i=1,n se reduce la un sistemde n − 1 ecuatii cu n necunoscute care ıntodeauna este compatibil (rangul matricei esten− 1).

138

Daca se considera o matrice oarecare, care admite o forma Jordan si daca P estematricea modala se observa ca

PXP−1 = PABP−1 − PBAP−1 =(PAP−1

) (PBP−1

)−(PBP−1

) (PAP−1

),

de unde rezulta concluzia.Varianta II.Fie subspatiile vectoriale S = SpanAB − BA : A,B ∈ Mn(R), U = X ∈ Mn(R) :

Tr (X) = 0.Se demonstreaza ca S = U si de aici rezulta solutia problemei propuse.Se observa ca daca X ∈ S atunci exista (Ai)i=1,k , (Bi)i=1,k ∈ Mn (R) , (ci)i=1,k ∈ R

astfel ıncat X =k∑i=1

ci (AiBi −BiAi). Rezulta, folosind proprietatile urmei, ca

Tr (X) = Tr (

k∑i=1

ci(AiBi −BiAi)) =

k∑i=1

ciTr (AiBi −BiAi) = 0.

Asadar S ⊆ U.Pentru a arata cealalta incluziune se defineste aplicatia liniara Tr :Mn(R)→ R.Din Teorema rangului avem ca dimMn (R) = dim(Ker Tr ) + dim(rang Tr ), deci

dim(Ker Tr ) = n2 − 1.Rezulta dimU = n2 − 1 si dimS ≤ n2 − 1.Se demonstreaza ca dimS = n2−1. Pentru aceasta se pune ın evidenta ın S un sistem

de n2 − 1 vectori liniar independenti.Fie matricea Eij ∈ Mn(R) cu elementul de pe pozitia (i, j) egal cu 1 si zero ın rest.

Pentru i 6= j, Eij = EikEkj − EkjEik, deci Eij ∈ S. Pentru j > 1, E11 − Ejj = Ej1E1j −E1jEj1, deci E11−Ejj ∈ S si se demonstreaza ca sistemul de n2−1 vectori astfel construiteste liniar independent.

Problema 3.103 Sa se gaseasca toate numerele naturale n astfel ıncat ecuatia

(a21 + a2

2 + · · ·+ a2n)(b21 + b22 + · · ·+ b2n)− (a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 = n+ 1

sa fie satisfacuta pentru orice numere naturale a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn.

Third Internet Mathematics Olympiad for Students, 18 Decembrie 2008

Solutie. Se observa ca(a2

1 + a22 + ...+ a2

n

) (b21 + b22 + ...+ b2n

)− (a1b1 + a2b2 + ...+ anbn)2 =

=n∑i=1

n∑j=1

a2i b

2j −

n∑i=1

a2i b

2i −

∑1≤i<j≤n

2aibiajbj =∑

1≤i<j≤n(aibj − ajbi)2 .

Se considera vectorii vi =

(aibi

), i = 1, n. Fiecare pereche de vectori nenuli, daca

vectorii sunt coliniari, nu contribuie la suma, iar daca vectorii nu sunt coliniari contribuieprintr-un numar natural pozitiv.

Daca toti vectorii sunt coliniari, rezultatul este zero.Se presupune ca nu toti vectorii sunt coliniari. Se considera un vector v0 si k vectori

coliniari cu v0 iar n− k vectori necoliniari cu v0. Fiecare pereche formata dintr-un vectordin cei k vectori si un vector din cei n− k vectori contribuie la suma cu cel putin valoarea1, deci suma totala va avea valoarea cel putin k(n− k).


k(n−k) poate fi privita ca ecuatia unei parabole ın k, valorile expresiei k(n−k) trebuiesa fie pozitive, valoarea 0 este luata pentru k = 0 sau k = n. Valoarea minima trebuie safie mai mare strict decat zero, ea poate fi luata pentru k = 1 sau k = n−1. Atunci valoareminima este n− 1.

Se considera cazurile:a) k(n− k) = n− 1Aceasta se ıntampla daca k = 1 si respectiv k = n−1. Fiecare pereche de vectori poate

influenta suma cu valoarea 1, daca ar influenta cu 4 sau mai mult, suma va creste cu 3 siva deveni n+2. Astfel, deoarece raspunsul nu este n−1 rezulta ca printre cei n−1 vectoritrebuie sa existe vectori necoliniari. Atunci contributia celor n − 1 vectori va fi cel putinn− 2 si astfel valoarea va fi macar 2n− 3 ≤ n− 1, deci n ≤ 4.

b) k(n− k) 6= n− 1Se considera valori minime nenule, ele vor fi luate ın k = 1 si respectiv k = n− 1, care

contrazic k(n− k) 6= n− 1. Valorile acceptate vor fi k = 2 si k = n− 2, valoarea minimafiind 2 (n− 2) . Rezulta ca 2 (n− 2) ≤ n− 1, deci n ≤ 5.

Exemplu de 5 vectori, n = 5 :

(11

),

(11

),

(11

),

(12

),

(12

).

Sunt trei vectori coliniari si alti doi vectori coliniari, toti cei cinci vectori nefiind col-iniari, astfel ıncat obtinem 6 perechi necoliniare.∑

1≤i<j≤5(aibj − ajbi)2 = 6.

Exemplu de 4 vectori, n = 4 :

(11

),

(12

),

(23

),

(23

).∑

1≤i<j≤4(aibj − ajbi)2 = 5.

Problema 3.104 Fie A,B ∈Mn(R) cu proprietatea ca ABA = BAB. Sa se demonstreze

ca una din urmatoarele conditii este satisfacuta:

(a) una dintre matrice este singulara,

(b) matricele A si B au acelasi determinant.

Fourth Internet Mathematics Olympiad for Students, 14 Mai 2009

Solutie. Se aplica determinantul ambilor membri si se obtine

(detA)2 detB = (detB)2 detA⇔ (detA) (detB) (detA− detB) = 0,

de unde rezulta concluzia.

Problema 3.105 Fie A,B ∈M2(C) doua matrice nenule. Sa se demonstreze ca exista o

matrice C ∈M2(C) astfel ıncat ACB 6= 0.

Fifth Internet Mathematics Olympiad for Students, 17 Decembrie 2009

Solutie. Se stie ca oricarei matrice ıi corespunde o aplicatie liniara. Daca matriceaeste nenula, aplicatia liniara nu este identic egala cu aplicatia nula. De asemenea, dacaaplicatia liniara nu este aplicatia nula, exista cel putin un vector care nu apartine nucleuluiaplicatiei liniare si imaginea aplicatiei contine un vector nenul.

140

Se considera ca cele trei matrice sunt matricele (de exemplu, ın baza canonica) a treia trei aplicatii liniare, T, P si respectiv Q.

Se considera vectorul w /∈ Ker T , T (w) 6= θ. Fie v ∈ ImQ. Rezulta ca exista uastfel ıncat Q(u) = v. Se defineste aplicatia liniara P astfel ıncat P (v) = w. Rezulta ca(T P Q)(u) = T (P (Q(u)) = T (P (v)) = T (w) 6= θ.

Problema 3.106 Liniile unui determinant corespunzator unei matrice patratice de ordin

3 sunt cifrele consecutive a unor numere formate din trei cifre, toate divizibile prin 17.

Demonstrati ca determinantul se divide prin 17.

Sixth Internet Mathematics Olympiad for Students, 20 Mai 2010

Solutie. Se presupune ca ın scrierea determinantului pe prima coloana este scrisa cifrasutelor, pe a doua cifra zecilor si pe a treia a unitatilor. Se ınmulteste prima coloana cu100, a doua cu 10 si se aduna la ultima coloana. Valoarea determinantului nu se schimbasi elementele de pe ultima coloana sunt divizibile cu 17, deci determinantul se divide prin17.

Problema 3.107 Cate matrice patratice de ordin doi satisfac urmatoarele conditii:

(a) elementele matricelor iau valori ın multimea −1, 0, 1,

(b) ridicand matricea la puterea 2010! se obtine matricea identitate.

Second Team Internet Mathematical Olympiad for Students, 14 Decembrie 2010

Solutie. Polinomul caracteristic al matricei A este x2 − (TrA)x+ detA = 0.Din conditia b) rezulta ca detA = ±1 si valorile proprii ale matricei A sunt radacinile

complexe ale lui 1. Se observa ca |TrA| ≤ 2, deoarece elementele matricei nu depasescvaloarea 1.

In continuare se analizeaza separat toate valorile posibile ale lui TrA si detA.Cazul 1. |TrA| = 2. In acest caz ambele valori proprii sunt sau 1 sau −1. Matricea este

diagonalizabila deoarece, ın caz contrar daca se ridica matricea la puterea n ın coltul dindreapta nu se poate obtine niciodata zero. Rezulta ca A = ±I2. In acest caz exista douamatrice care satisfac conditiile problemei.

Cazul 2. TrA = 0, detA = −1. Valorile proprii ale matricei sunt ±1. Pe diagonalaprincipala a matricei se pot pune:

- doi de zero, iar pe diagonala secundara obligatoriu doi de 1 sau doi de −1.

A =

(0 11 0

), A2 =

(1 00 1

), A =

(0 −1−1 0

), A2 =

(1 00 1

),

deci A la orice putere para este I2.In acest caz sunt doua matrice care satisfac conditiile problemei.- un 1 si un −1. Atunci pe diagonala secundara se pot pune un 1 si un 0, un −1 si un

0 sau doi de 0.

A =

(1 10 −1

), A =

(1 01 −1

), A =

(1 −10 −1

), A =

(1 0−1 −1

), A =(

1 00 −1

).

La fel


A =

(−1 10 1

), A =

(−1 01 1

), A =

(−1 −10 1

), A =

(−1 0−1 1

), A =(

−1 00 1

).

In toate situatiile de mai sus A la orice putere para este I2.In acest caz sunt 12 matrice.Cazul 3. TrA = 0, detA = 1. Valorile proprii ale matricei sunt ±i.Daca pe diagonala principala a matricei se pune 1 si −1, atunci produsul elementelor

de pe diagonala secundara trebuie sa fie 2, ceea ce este imposibil, conform conditiei a).Daca pe diagonala principala avem 0, atunci numerele de pe diagonala secundara

trebuie sa fie 1 si −1.

A =

(0 −11 0

), A4 =

(1 00 1

); A =

(0 1−1 0

), A4 =

(1 00 1

),

deci A la orice putere multiplu de 4 este I2.In acest caz sunt doua matrice care satisfac conditiile problemei.Cazul 4. TrA = −1. Polinomul caracteristic este x2 + x+ detA = 0.Daca detA = −1⇒ x2 +x−1 = 0, x1,2 = 1

2

√5− 1

2 ,−12

√5− 1

2 deci cazul nu se acceptaconform observatiei ca valorile proprii ale matricei A sunt radacinile complexe ale lui 1.

Daca detA = 1⇒ x2 + x+ 1 = 0, x1,2 = 12 i√

3− 12 ,−

12 i√

3− 12 . In acest caz matricele

se pot lua de forma

A =

(−1 1−1 0

), A =

(−1 −11 0

), A =

(0 1−1 −1

), A =

(0 −11 −1

).

In toate aceste cazuri A3 = I2. Deci sunt patru matrice.Cazul 5. TrA = 1. Conditiile sunt satisfacute de matricea −A de la cazul 4.In toate aceste cazuri A6 = I2. Deci sunt patru matrice.In total sunt 2 + 12 + 2 + 4 + 4 = 24 de matrice.

Problema 3.108 Fie matricele A,B ∈ Mn(R) care satisfac conditiile B = [bij ]i=1,mj=1,n

si

bij = 1 ∀i = 1, n, j = 1, n, detA = det(A+B) = 1. Sa se calculeze det(A+ 2011B).

Seventh Internet Mathematics Olympiad for Students, 15 Mai 2011

Solutie. Egalitatea

det(A+ xB) =

=∑σ∈Sn

sgnσn∏i=1

(aiσ(i) + xbiσ(i)) =

= detA+ x∑σ∈Sn

sgnσ(a2σ(2) · · · anσ(n) + · · ·+ a1σ(1)a2σ(2) · · · an−1σ(n−1)

)rezulta din forma speciala a matricei B. (det(A + xB) se descompune ca o suma dedeterminanti si toti minorii de ordin mai mare sau egal cu doi formati cu elementelematricei B sunt nuli.) Cum detA = det(A+B) = 1 rezulta ca∑

σ∈Snsgnσ

(a2σ(2) · · · anσ(n) + · · ·+ a1σ(1)a2σ(2) · · · an−1σ(n−1)

)= 0.

De aici concluzia det(A+ 2011B) = 1.

Problema 3.109 Fie A ∈Mn(C). Daca

|aii| >n∑

j=1,j 6=i|aij | , i = 1, n,

142

atunci sa se arate ca detA 6= 0.

Solutie. Se presupune detA = 0. Rezulta ca o coloana este combinatie liniara decelelalte coloane. Se considera c1v

(1) + c2v(2) + · · · + cnv

(n) = 0, unde v(i) sunt vectorii-coloana ai matricei A si macar un coeficient este 6= 0. Fie |ck| ≥ |ci| pentru i = 1, n.Avem

v(k) = −c1

ckv(1) − c2

ckv(2) − · · · − cn

ckv(n),

unde ın dreapta, desigur, lipseste termenul cu v(k). In coloana k, pe linia k se afla termenulakk, pentru care avem

akk = −c1

ckak1 −

c2

ckak2 − · · · −

cnckakn

de unde rezulta

|akk| ≤∣∣∣∣c1

ck

∣∣∣∣ |ak1|+∣∣∣∣c2

ck

∣∣∣∣ |ak2|+ · · ·+∣∣∣∣cnck∣∣∣∣ |akn|

adica|akk| ≤ |ak1|+ |ak2|+ · · ·+ |akn|

unde, evident, ın dreapta lipseste termenul |akk|.Contradictie, deci detA 6= 0.

Problema 3.110 Fie A ∈Mm,n (R), b ∈ Rm si X ∈ Rn. Dintre sistemele liniare

AX = b si (3.3)

Atu = 0, btu = c (c 6= 0) (3.4)

unul si numai unul este compatibil.

Solutie. In sistemul (3.3), necunoscuta este X ∈ Rn, iar ın (3.4) necunoscuta esteu ∈ Rm, 0 fiind vectorul nul din Rn.

Cazul: sistemul (3.3) este incompatibil. Conform teoremei lui Kronecker-Capelli,rezulta rang (A) < rang (A) unde A este matricea (A|b), obtinuta din A prin adaugareacoloanei b. Daca rang (A) = r (r ≤ min(m,n)), rezulta ca rang (A) = r+ 1. Sistemul (3.4)se scrie pe larg, astfel

a11u1 + a21u2 + · · ·+ am1um = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a1nu1 + a2nu2 + · · ·+ amnum = 0

b1u1 + b2u2 + · · ·+ bmum = c

(3.5)

Matricea coeficientilor acestui sistem se poate scrie ın forma

(At

bt

)tsi ea are rangul

r + 1, fiind transpusa matricei A = (A|b). Matricea obtinuta prin adaugarea coloaneitermenilor liberi (matricea extinsa) se scrie ın forma(

At 0bt c

). (3.6)


Evident, ultima ecuatie ın (3.5) nu este o consecinta a primelor n linii, deci matricea(3.6) are rangul mai mare decat r, adica are rangul r+1. Deci sistemul (3.4) este compatibil.

Cazul: sistemul (3.3) este compatibil. Fie X o solutie a sa, adica AX = b. Presupunemca si (3.4) este compatibil si fie u o solutie a sa, adica Atu = 0, btu = c (c 6= 0). Au locrelatiile

btu = (AX)t u = Xt(Atu

)= Xt0 = 0 (3.7)

care sunt ın contradictie cu btu 6= 0. Rezulta ca daca sistemul (3.3) este compatibil, atuncisistemul (3.4) este incompatibil.

Problema 3.111 Fie A ∈ Mn (R) o matrice simetrica. Sa se arate ca suma patratelor

valorilor proprii este egala cu suma patratelor elementelor sale, adica

n∑i=1

λ2i =

n∑i=1

n∑j=1

a2ij .

Solutie. Numerele reale λ2i , i = 1, n, sunt valorile proprii ale matricei A2. Daca

se noteaza A2 = B, rezultan∑i=1

λ2i = Tr (B) =

n∑i=1

bii, unde B = [bij ]i=1,mj=1,n

. Dar

bii =n∑j=1

aijaji =n∑j=1

a2ij , deci

n∑i=1

λ2i =

n∑i=1

n∑j=1

a2ij .

Problema 3.112 Matricea A ∈ Mn (R) are valorile proprii λi 6= 0, i = 1, n. Sa se arate

ca

det(A+A−1) =

(λ1 +

1

λ1

)(λ2 +

1

λ2

)· · ·(λn +

1

λn

).

Solutie. Deoarece A + A−1 = A−1(A2 + In

)rezulta ca det

(A+A−1

)=

detA−1det(A2 + In

). Se tine seama ca A2 + In = f (A), unde f (λ) = λ2 + 1. Dar valorile

proprii ale matricei A2 + In sunt λ21 + 1, λ2

2 + 1, . . . , λ2n + 1. In concluzie,

det(A+A−1

)=

1

λ1λ2 · · ·λn(λ2

1 + 1) (λ2

2 + 1)· · ·(λ2n + 1

)=

=

(λ1 +

1

λ1

)(λ2 +

1

λ2

)· · ·(λn +

1

λn

).

Problema 3.113 Fie A ∈Mn (R). Sa se demonstreze echivalenta:

XtAX = 0, ∀X ∈ Rn ⇔ AT = −A.

Solutie. Din XtAX = 0 se obtine prin transpunere ca si XtAtX = 0. Rezulta caXt(A+At

)X = 0, ∀X ∈ Rn ceea ce implica A + At = 0, deci At = −A. Reciproc,

ın ipoteza ca At = −A, adica A este antisimetrica, se obtine aii = 0 pentru i = 1, n siaij = −aji, pentru i, j = 1, n. Dar atunci,

XtAX =

n∑i=1

n∑j=1

aijxixj =

n∑i,j=1i 6=j

aijxixj =

n∑i,j=1i<j

(aij + aji)xixj = 0, ∀X ∈ Rn.

144

Problema 3.114 Fie A ∈ Mn (C) o matrice avand proprietatea can∑j=1|aij | < 1 pentru

i = 1, n. Sa se arate ca matricele In +A si In −A sunt inversabile.

Solutie. Matricea In + A are elementele 1 + aii pe diagonala principala si respectivaij pentru i 6= j. Pentru i fixat, au loc inegalitatile

|aii|+n∑

i,j=1,j 6=i|aij | < 1⇒

n∑i,j=1j 6=i

|aij | < 1− |aii| ≤ |1 + aii| ,

deci elementul de pe diagonala principala are modulul mai mare decat suma modulelorcelorlalte elemente de pe linia corespunzatoare. Conform problemei 3.109, aceasta conditieimplica det(In +A) 6= 0.

In mod analog, det(In −A) 6= 0, deci si det(In −A2

)6= 0.

Capitolul 4

Spatii vectoriale si aplicatii liniare

Notatii

• (V,K, ·) - grupul (V,+) este spatiu vectorial peste corpul (K,+, ·) cu ınmultirea cuscalari ϕ : K × V → V , ϕ(α, x) = αx, α ∈ K, x ∈ V

• L(X,Y ) - multimea aplicatiilor liniare T : X → Y , unde X,Y sunt spatii vectorialepeste acelasi corp

• End(V ) - multimea endomorfismelor spatiului vectorial V

(End(V ) = L(V, V ))

• Aut(V ) - multimea automorfismelor spatiului vectorial V (multimea endomorfis-melor bijective)

• V # - dualul algebric al spatiului vectorial V (multimea functionalelor liniare f :V → K)

• Spec(T ) - spectrul endomorfismului T

• Span(S) - subspatiul vectorial generat ın spatiul V de multimea de vectori S

• Im T - imaginea aplicatiei liniare T : X → Y ,

Im T = T (x) | x ∈ X

• Ker T - nucleul aplicatiei liniare T : X → Y ,

Ker T = x ∈ X | T (x) = 0

• [x]e - matricea coloana a coordonatelor vectorului x din spatiul de dimensiune finitaV , ın raport cu baza (e) = e1, e2, . . . , en,

x = α1e1 + α2e2 + · · ·+ αnen, α1, α2, . . . , αn ∈ K, [x]e =

α1

α2

...αn

145

146

• dimK V - dimensiunea spatiului vectorial V peste corpul K

• M (f,e)T - matricea aplicatiei liniare T : X → Y ın perechea de baze (f, e), ((f) =f1, . . . , fm baza ın Y si (e) = e1, . . . , en baza ın X)

• M (e)T - matricea endomorfismului T : X → X ın baza (e) = e1, . . . , en

• V1 ≤ V - V1 este subspatiu ın V

• V1 + V2 = x1 + x2 | x1 ∈ V1, x2 ∈ V2 - suma subspatiilor V1 si V2

• V1 ⊕ V2 - suma directa a subspatiilor V1 si V2 (V1 ∩ V2 = 0)

• P (e,e′) - matricea de pasaj de la baza (e) la baza (e′) ın spatiul vectorial V (dedimensiune finita)


In cele ce urmeaza (V,+) este un grup comutativ ale carui elemente le numim vectorisi (K,+, ·) este un corp comutativ ale carui elemente le numim scalari.• Definitie. Tripletul (V,K, ϕ) este spatiu vectorial (V este spatiu vectorial peste K)daca functia ϕ : K × V → V numita ınmultire cu scalari (a vectorilor) verifica axiomele:

a) ϕ(α+ β, x) = ϕ(α, x) + ϕ(β, x)b) ϕ(α, x+ y) = ϕ(α, x) + ϕ(α, y)c) ϕ(α,ϕ(β, x)) = ϕ(αβ, x)d) ϕ(1, x) = x

pentru orice x, y ∈ V , α, β ∈ K.De obicei se noteaza ϕ(α, x) = αx, α ∈ K, x ∈ V .

• Definitie. O multime de vectori V1 ⊂ V formeaza un subspatiu ın V daca (V1,+) estesubgrup ın (V,+) si tripletul (V1,K, ϕ) este spatiu vectorial. Se noteaza V1 ≤ V . Teorema. V1 este subspatiu ın V daca si numai daca pentru orice x, y ∈ V1 si oriceα, β ∈ K avem: αx+ βy ∈ V1.• Definitie. Se numeste subspatiul generat de multimea (nevida) de vectori S ⊂ V ,cel mai mic subspatiu al lui V care contine multimea S. Acest subspatiu se noteaza cuSpan(S). Teorema. Span(S) = α1s1 + · · ·+ αnsn | n ≥ 1, α1, . . . , αn ∈ K, s1, . . . , sn ∈ S.• Definitie. Daca V1 si V2 sunt subspatii ın V , atunci suma

V1 + V2 = x1 + x2 | x1 ∈ V1, x2 ∈ V2

formeaza un subspatiu ın V numit suma subspatiilor V1 si V2.• Definitie. Spunem ca subspatiul V3 este suma directa a subspatiilor V1 si V2 dacaV3 = V1 + V2 si V1 ∩ V2 = 0. Notam V3 = V1 ⊕ V2. Teorema. Daca V1, V2, V3 sunt subspatii ın V , atunci V3 = V1⊕V2 daca si numai dacapentru orice x3 ∈ V3 exista si sunt unici x1 ∈ V1 si x2 ∈ V2 astfel ca x3 = x1 + x2. (x1

se numeste componenta lui x3 din subspatiul V1 iar x2 se numeste componenta lui x3 dinsubspatiul V2).• Definitie. O multime de vectori (finita sau nu) S ⊂ V se numeste multime libera(vectorii din S sunt liniar independenti), daca pentru orice multime finita s1, s2, . . . , snde vectori distincti din S, din relatia

α1s1 + α2s2 + . . .+ αnsn = 0

Spatii vectoriale si aplicatii liniare 147

cu α1, . . . , αn ∈ K, rezulta α1 = α2 = . . . = αn = 0.• Definitie. O multime de vectori B ⊂ V se numeste baza a spatiului vectorial V (pesteK) daca B este libera (vectorii bazei sunt liniar independenti) si Span(B) = V (vectoriibazei genereaza tot spatiul V ). Teorema. Orice spatiu vectorial admite baze si orice doua baze sunt cardinal echiva-lente.• Definitie. Daca B este o baza ın spatiul vectorial V , atunci cardinalul multimii B (finitsau infinit) se numeste dimensiunea spatiului V peste K si se noteaza dimK V .

Teorema. Daca V este un spatiu vectorial de dimensiune finita si

B = b1, b2, . . . , bn

este o baza a sa, atunci pentru orice x ∈ V exista si sunt unici scalarii α1, α2, . . . , αn ∈ K

astfel ca

x = α1b1 + α2b2 + . . .+ αnbn.

Scalarii α1, α2, . . . , αn se numesc coordonatele vectorului x ın baza B si vom folosi

notatia

[x]B =

b1

b2...

bn

∈ Kn.

Teorema. Daca V1, V2 sunt subspatii ın V , atunci

dim(V1 + V2) = dim(V1) + dim(V2)− dim(V1 ∩ V2)

(teorema dimensiunii sumei).• Definitie. Daca X si Y sunt spatii vectoriale peste acelasi corp K atunci o functieT : X → Y se numeste aplicatie liniara (transformare liniara, operator liniar) daca

T (α1x1 + α2x2) = α1T (x1) + α2T (x2),

pentru orice α1, α2 ∈ K si orice x1, x2 ∈ X.Multimea aplicatiilor liniare de la X la Y se noteaza cu L(X,Y ).

Teorema. Daca T : X → Y este o aplicatie liniara atunci:

a) Ker T = x ∈ X | T (x) = 0 este un subspatiu ın X.

b) Im T = T (x) | x ∈ X este un subspatiu ın Y .c) dimX = dim(Ker T ) + dim(Im T ).

(Se presupune ca dimX este finita).

148

Numarul dim(Ker T ) se numeste defectul aplicatiei T , iar numarul dim(Im T ) senumeste rangul aplicatiei T . Aceasta teorema se mai numeste si teorema rang-defect.

Teorema. Daca X,Y, Z sunt spatii vectoriale peste acelasi corp K, T1, T2 ∈ L(X,Y ),

α ∈ K si S ∈ L(Y, Z), atunci

T1 + T2 ∈ L(X,Y ), αT1 ∈ L(X,Y ),

S T1 ∈ L(X,Z) si S (T1 + T2) = S T1 + S T2.

Teorema. Grupul (L(X,Y ),+) este spatiu vectorial peste K si

dimL(X,Y ) = dimX · dimY.

L(X) se noteaza End(X) si se numeste multimea endomorfismelor lui X. (End(X),+, )formeaza o structura algebrica de inel unitar (inelul endomorfismelor lui X).• Definitie. Fie (V,K, ·) un spatiu vectorial si T : V → V un endomorfism. Un scalarλ ∈ K se numeste valoare proprie pentru T daca exista un vector nenul x ∈ V astfel caT (x) = λx.

In acest caz vectorul x se numeste vector propriu pentru T (corespunzator valoriiproprii λ).

Multimea valorilor proprii pentru T se numeste spectrul endomorfismului T si senoteaza cu Spec(T ), iar pentru λ ∈ Spec(T ), multimea

Vλ = x ∈ V | T (x) = λx

formeaza un subspatiu numit subspatiu propriu (corespunzator valorii proprii λ).• Definitie. Daca X,Y sunt spatii vectoriale de dimensiuni finite peste corpul K, T :X → Y o aplicatie liniara si (e) = e1, . . . , en este o baza ın X, (f) = f1, . . . , fn o bazaın Y , este unic definita matricea A ∈Mn,m(K) prin relatia: T (e1)

...T (en)

= A

f1

...fm

.Matricea At ∈Mm,n(K) se numeste matricea aplicatiei T ın perechea de baze (f, e)

si se noteaza cu M(f,e)T .

In cazul X = Y si (e) = (f) matricea endomorfismului T se noteaza cu M(e)T ∈Mn(K).

Teorema. Pentru orice x ∈ X avem:

[T (x)]f = M(f,e)T [x]e.

• Definitie. Daca (e) = e1, . . . , en si (e′) = e′1, . . . , e′n sunt baze ın X, este unicdefinita matricea B ∈Mn(K) prin relatia e′1

...e′n

= B

e1

...en

.


Matricea inversabila Bt ∈ Mn(K) se numeste matricea de pasaj de la baza (e) labaza (e′) si se noteaza Bt = P (e,e′).

Teorema. Pentru orice x ∈ X avem:

[x]e = P (e,e′)[x]e′ .

Teorema. Daca T : X → Y este o aplicatie liniara, (e), (e′) sunt baze ın X si (f), (f ′)

sunt baze ın Y , atunci:

M(f ′,e′)T = P (f ′,f)M

(f,e)T P (e,e′).

(Matricele A = M(f,e)T , B = M

(f ′,e′)T sunt echivalente:

B = QAP,

unde Q ∈ GLm(K), P ∈ GLn(K)).

Teorema. Daca T : X → X este un endomorfism, (e), (e′) sunt doua baze ın X, atunci:

M(e′)T = P (e′,e)M

(e)T P (e,e′)

B = P−1AP.

(Matricele A si B sunt asemenea). Teorema. Valorile proprii ale endomorfismului T : X → X coincid cu valorile propriiale matricei atasate MT ın orice baza.

Teorema. Daca α1, α2 ∈ K, T1, T2 ∈ L(X,Y ), S ∈ L(Y,Z), (e), (f), (g) sunt baze ın

X,Y, Z, atunci:

M(f,e)α1T1+α2T2

= α1M(f,e)T1

+ α2M(f,e)T2

M(g,e)ST1 = M

(g,f)S M

(f,e)T1

• Observatie. Problemele legate de spatii vectoriale de dimensiuni finite si aplicatiiliniare ıntre ele se reduc la calcul matricial.• Definitie. Un endomorfism T : V → V se numeste:

- proiectie (proiector) daca T T = T- simetrie (involutie) daca T−1 = T .

Probleme

Problema 4.1 a) Sa se arate ca daca V1 si V2 sunt subspatii ale unui subspatiu vectorial,

atunci V1 ∪ V2 este subspatiu daca si numai daca V1 ⊆ V2 sau V2 ⊆ V1.

b) Sa se arate ca V1 + V2 = Span(V1 ∪ V2).

150

Solutie. Avem: x ∈ V1 + V2 ⇔ x = x1 + x2, x1 ∈ V1, x2 ∈ V2 ⇒ x ∈ Span(V1 ∪ V2).

Daca x ∈ Span(V1∪V2) atunci x =∑i∈I

xi, xi ∈ V1∪V2, i ∈ I. Separam ın suma termenii din

V1, xi, i ∈ I1 si din V2, xi, i ∈ I2 si avem x =∑i∈I1

xi +∑i∈I2

xi = y1 + y2 cu y1 =∑i∈I1

xi ∈ V1

si y2 =∑i∈I2

xi ∈ V2, deci x ∈ V1 + V2.

Problema 4.2 Fie p un numar prim. Poate fi organizat grupul (Z,+) spatiu vectorial

peste corpul (Zp,+, ·)?

Solutie. Sa aratam ca (Z,+) nu poate fi spatiu vectorial peste (Zp,+, ·), unde p esteun numar prim. (Se cunoaste ca daca p este prim (Zp,+, ·) este corp.) Sa presupunemca se poate defini o operatie externa ⊗ astfel ca (Z,+) sa fie spatiu vectorial. Aplicandaxiomele spatiului vectorial avem

p = 1 + 1 + · · ·+ 1 = 1⊗ 1 + 1⊗ 1 + · · ·+ 1⊗ 1 =

= (1 + 1 + · · ·+ 1)⊗ 1 = p⊗ 1 = 0⊗ 1 = 0.

Deci am ajuns la contradictie. (S-a notat x clasa de resturi modulo p a lui x ∈ Z.)

Problema 4.3 Sa se arate ca ın spatiul vectorial C[0, 2π] subspatiile

V1 = Span1, cosx, cos2 x, . . . , cosn x

si

V2 = Span1, cosx, cos 2x, . . . , cosnx

coincid.

Solutie. Vom arata ca fiecare generator al subspatiului V2 este ın V1 si invers. Avem

cos kx+ i sin kx = (cosx+ i sinx)k,

de unde rezulta

cos kx = C0k cosk x− C2

k cosk−2 x sin2 x+ C4k cosk−4 x sin4 x− . . .

= C0k cosk x− C2

k cosk−2 x(1− cos2 x) + C4k cosk−4 x(1− cos2 x)2 − . . .

= Tk(cosx) ∈ V1

unde Tk este polinom de grad k (polinomul lui Cebasev).Invers:

cosx =(cosx+ i sinx) + (cosx− i sinx)

2=z + z

2

cosk x =1

2k(z + z)k

=1

2k[C0k(zk + zk) + C1

k(zk−1z + z · zk−1) + C2k(zk−2z2 + z2 · zk−2) + . . . ]

=1

2k[C0k2 cos kx+ C1

k · 2 cos(k − 2)x+ C2k · 2 cos(k − 4)x+ . . . ] ∈ V2.


Problema 4.4 Fie T : V → V un operator liniar pe spatiul vectorial V de dimensiune

n > 1 cu proprietatea Tn = 0 si Tn−1 6= 0. Sa se arate ca:

a) vectorii v0, T (v0), . . . , Tn−1(v0) sunt liniar independenti daca

Tn−1(v0) 6= 0 (formeaza o baza ın V ).

b) nu exista un operator liniar S : V → V cu proprietatea S2 = T .

Solutie. a) a1v0 + a2T (v0) + · · ·+ anTn−1(v0) = 0, ai ∈ K. Se aplica succesiv

Tn−1 ⇒ a1 = 0Tn−2 ⇒ a2 = 0. . .T ⇒ an−1 = 0

⇒ an = 0

In baza v0, T (v0), . . . , Tn−1(v0) matricea lui T este

MT =

0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

b) Daca ar exista S cu S2 = T , valorile proprii ale lui S sunt toate 0 (S este nilpo-

tent). Forma canonica Jordan a lui S este formata doar din blocuri Jordan de forma0 1 0

. . .. . .

. . . 10 0

. Daca JS nu este formata dintr-un singur bloc atunci Jn−1S = 0 ⇒

Sn−1 = 0 ⇒ S2(n−1) = 0 ⇒ Tn−1 = 0 (contradictie). Daca JS este formata dintr-un

singur bloc atunci J2S =

0 0 1 0. . .

. . .. . .

. . .. . . 1. . . 0

0 0

si rang J2

S = rangS2 = n − 2 6= n − 1 =

rang T .

Problema 4.5 Daca P : X → X este un operator de proiectie, atunci:

0) Im P = Fix P , unde Im P = P (x)| x ∈ X este subspatiul imagine a lui P iar

Fix P = x ∈ X| P (x) = x este subspatiul punctelor fixe ale lui P .

1) Subspatiul X este suma directa a subspatiilor Ker P si Im P adica X = Im P ⊕

Ker P .

152

2) Daca X1, X2 sunt subspatii complementare, X = X1 ⊕ X2, atunci exista si este

unic un operator de proiectie P : X → X pentru care Im P = X1 si Ker P = X2 (acest

operator se numeste operatorul de proiectie pe subspatiul X1, paralel cu subspatiul X2).

3) Daca dimensiunea spatiului X este finita, atunci exista o baza ın X ın raport cu

care matricea operatorului P este:

MP =

Ik 0

0 0

,unde k = dim(Im P ).

Solutie. 0) Daca x ∈ Im P , atunci exista x′ ∈ X astfel ca x = P (x′) si atunciP (x) = P (P (x′)) = (P P )(x′) = P (x′) = x deci x ∈ Fix P . Reciproc, daca x ∈ Fix P ,atunci x = P (x) ∈ Im P .

1) Trebuie aratat ca pentru orice x ∈ X exista si sunt unice x1 ∈ Fix P si x2 ∈ Ker Pastfel ca x = x1 + x2.

Daca ar exista x1, x2 ei ar verifica relatiile:

x = x1 + x2, P (x1) = x1 si P (x2) = 0.

In relatia x = x1 + x2 aplicam endomorfismul P si obtinem

P (x) = P (x1) + P (x2) = x1 + 0,

deci din cele doua relatii rezulta ca singurii candidati posibili pentru x1 si x2 sunt x1 =P (x) si x2 = x− P (x). Aratam ca acestia verifica toate conditiile:

P (x1) = P (P (x)) = P (x) = x1,

deci x1 ∈ Fix P = Im P

P (x2) = P (x− P (x)) = P (x)− P (P (x)) = P (x)− P (x) = 0,

deci x2 ∈ Ker P si evident x1 + x2 = x.2) Deoarece orice vector x ∈ X se scrie unic sub forma x = x1+x2 cu x1 ∈ X1, x2 ∈ X2.

Daca ar exista un proiector P : X → X, am avea P (x) = P (x1 + x2) = P (x1) + P (x2) =x1 + 0, deci unica definitie posibila a operatorului P ar fi: P (x) = x1 (componenta din X1

a vectorului x).Aratam ca aceasta definitie este corecta, deci P este aplicatie liniara,

P P = P, Fix P = X1 si Ker P = X2.

Avem:

P (ax+ by) = P (a(x1 + x2) + b(y1 + y2)) = P ((ax1 + by1) + (ax2 + by2)) =

= ax1 + by1 = aP (x) + bP (y),

pentru orice a, b ∈ K, x = x1 + x2, y = y1 + y2 ∈ X, x1, y2 ∈ X1 si x2, y2 ∈ X2.

(P P )(x) = P (P (x)) = P (x1) = P (x1 + 0) = x1 = P (x)


x ∈ Ker P ⇔ P (x) = 0 ⇔ x1 = 0 ⇔ x = x1 + x2 = x2 ∈ X2

x ∈ Fix P ⇔ P (x) = x ⇔ x1 = x1 + x2 ⇔ x2 = 0 ⇔ x = x1 ∈ X1.3) Deoarece subspatiile Im P = Fix P si Ker P sunt complementare, daca

alegem o baza e1, . . . , ek ın Im P si ek+1, . . . , en o baza ın Ker P , rezulta cae1, . . . , ek, ek+1, . . . , en este baza ın X, pentru care avem relatiile

P (e1) = e1 = 1 · e1 + · · ·+ 0 · ek + 0 · ek+1 + · · ·+ 0 · en. . .P (ek) = ek = 0 · e1 + · · ·+ 1 · ek + 0 · ek+1 + · · ·+ 0 · enP (ek+1) = 0 = 0 · e1 + · · ·+ 0 · ek + 0 · ek+1 + · · ·+ 0 · en. . .P (en) = 0 = 0 · e1 + · · ·+ 0 · ek + 0 · ek+1 + · · ·+ 0 · en

din care rezulta ca matricea lui P ın aceasta baza este

M(e)P =

[Ik 0

0 0

].

Observatie.

• Daca P : X → X este o proiectie, atunci pentru orice k ∈ N∗ avem P k = P · · ·P =P .

• Daca X = X1 ⊕X2, P1 este operatorul de proiectie pe X1 paralel cu X2 si P2 esteoperatorul de proiectie pe X2 paralel cu X1, atunci P1 + P2 = I (relatie numitadescompunerea unitatii).

• Daca X = C∞(R) este spatiul vectorial real al functiilor de clasa C∞ pe R, operatoriiPn : X → X, n ∈ N, definiti prin

Pn(f)(x) = f(x0) +1

1!f ′(x0)(x− x0) + · · ·+ 1

n!f (n)(x0)(x− x0)n

sunt operatori de proiectie care definesc polinoamele lui Taylor atasate functiei f ınjurul punctului fixat x0 ∈ R.

Problema 4.6 Daca S : X → X este un operator de simetrie, atunci:

1) X = Fix S ⊕ Inv S, unde

Fix S = x ∈ X| S(x) = x

si

Inv S = x ∈ X| S(x) = −x.

2) Pentru orice scindare a spatiului X sub forma X = X1⊕X2, exista o unica simetrie

S : X → X astfel ca X1 = Fix S si X2 = Inv S, numita simetrica fata de subspatiul X1,

paralela cu subspatiul X2.

154

3) Daca dimensiunea spatiului X este finita, atunci exista o baza ın X fata de care

matricea simetriei S este

MS =

Ik 0

0 −In−k

.Solutie. 1) In relatia x = x1 + x2 cu x1 ∈ Fix S, x2 ∈ Inv S aplicam S si obtinem a

doua relatie S(x) = S(x1)+S(x2) = x1−x2 si rezulta x1 =1

2(x+S(x)), x2 =

1

2(x−S(x)),

care verifica conditiile S(x1) = x1 si S(x2) = −x2.2) Daca x = x1 + x2, x1 ∈ X1, x2 ∈ X2

S(x) = S(x1) + S(x2) = x1 − x2,

deci singurul mod ın care s-ar putea defini S este S(x1 + x2) = x1 − x2 cu x1 ∈ X1 six2 ∈ X2. Se arata ca S astfel definit este liniar, S S = I, Fix S = X1 si Inv S = X2.

3) Alegem o baza e1, . . . , ek ın Fix S si o baza ek+1, . . . , en ın Inv S si deoareceX = Fix S ⊕ Inv S, ele ımpreuna formeaza o baza ın X, e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en. Inaceasta baza matricea lui S are forma data.

Problema 4.7 Sa se arate ca ın spatiul vectorial real C[0, 2π] functiile 1, cosx, sinx,

cos 2x, sin 2x, . . . , cosnx, sinnx sunt liniar independente.

Solutie. In combinatia liniara

n∑k=0

ak cos kx +

n∑k=1

bk sin kx = 0 (pentru orice x),

ınmultim pe rand cu cos kx, k = 1, n si sin kx, k − 1, n si integram relatia obtinuta dela 0 la 2π. Tinem cont de relatiile∫ 2π

0cos kx cos px =

0, k 6= pπ, k = p ≥ 1∫ 2π

0sin kx sin pxdx =

0, k 6= pπ, k = p ≥ 1∫ 2π

0sin kx cos pxdx = 0, pentru k, p ∈ N.

Se obtine pe rand ak = 0, k = 1, n, bk = 0, k = 1, n si apoi a0 = 0.

Problema 4.8 Fie R4[X] spatiul polinoamelor de grad ≤ 4 si functia

T : R4[X]→ R4[X], T (f)(x) = x2f ′′(x)− 6f ′(x) + 12f(x).

Sa se arate ca T este endomorfism, sa se determine Ker T si Im T .

Solutie. Avem

T (a1f1 + a2f2) = a1T (f1) + a2T (f2), a1, a2 ∈ R, f1, f2 ∈ R4[X].


T (1) = 12, T (x) = 6x, T (x2) = 2x2, T (x3) = 0, T (x4) = 0.

Matricea lui T ın baza canonica este

MT =

12 0 0 0 00 6 0 0 00 0 2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.Im T = R2[X],Ker T = f = ax3 + bx4| a, b ∈ R.

Problema 4.9 Pentru ce valori ale lui n ∈ N, grupul (Zn,+) poate fi organizat ca spatiu

vectorial peste corpul Zp?

Solutie. Daca (Zp, ϕ) este spatiu vectorial, deci (Zn,+) este spatiu vectorial pestecorpul (Zp,+, ·), notam clasele modulo n cu x si clasele modulo p cu y. Avem

p = ϕ(1, p) = ϕ(1, 1 + · · ·+ 1) = ϕ(1, 1) + · · ·+ ϕ(1, 1) =

= ϕ(1 + · · ·+ 1, 1) = ϕ(p, 1) = ϕ(0, 1) = 0,

deci p = 0 (mod n), adica p este divizibil cu n, ceea ce este posibil doar pentru p = n.

Problema 4.10 Fie V spatiul vectorial tridimensional al vectorilor liberi. Consideram

aplicatia A : V → V , A(u) = a× u, u ∈ V , unde a este un vector fixat.

a) Sa se arate ca A este o transformare liniara;

b) A pastreaza unghiul vectorilor ortogonali pe a;

c) A este o transformare ortogonala a subspatiului vectorial perpendicular pe a;

d) Sa se arate ca exista o baza ortonormata ın raport cu care A are matricea

MA =

0 0 0

0 0 −1

0 1 0

.Solutie. a) Rezulta din proprietatile produsului vectorial.b) Fie u, v doi vectori ortogonali pe a. Avem

cos(A(u), A(v)) =(a× u) · (a× v)

‖a× u‖ · ‖a× v‖=

[(a× u)× a]v

a2uv=

=[a2u− (a u)a]v

a2uv=u · vuv

= cos(u, v).

c) Daca u ⊥ a atunci ‖A(u)‖ = ‖a× u‖ = ‖u‖.d) Fie baza formata din e1, e2, e3. Trebuie sa avem a × e1 = 0 de unde rezulta ca e1

este coliniar cu a. Luam e1 = a. Mai trebuie sa avem a × e2 = e3, de unde rezulta ca e2

este vector ortogonal pe a iar e3 un vector ortogonal pe a si e2.

156

Problema 4.11 Fie Pn spatiul vectorial al polinoamelor de o variabila, de grad ≤ n.

Definim T : Pn → Pn, T (P )(t) = P (t+ a)− P (t).

a) Sa se arate ca T este o transformare liniara;

b) Sa se determine matricea lui T ın baza 1, t, . . . , tn;

c) Sa se determine Ker T .

Solutie. b) MT =

0 0 . . . 0 0a 0 . . . 0 0a2 C1

2a . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . .an C1

nan−1 . . . Cn−1

n a 0

c) Ker T = a0| a0 ∈ R.

Problema 4.12 In spatiul polinoamelor de grad ≤ n sa se gaseasca matricea de trecere

la baza

1, x− a, (x− a)2, . . . , (x− a)n

la baza

1, x− b, (x− b)2, . . . , (x− b)n.

Solutie. P =

C0

0 C01 (a− b) C0

2 (a− b)2 . . . C0n(a− b)n

0 C11 C1

2 (a− b) . . . C1n(a− b)n−1

. . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . Cnn (−1)n

.

Problema 4.13 Sa se determine toate polinoamele f ∈ R[x] cu proprietatea f(Z) ⊂ Z.

Solutie. Folosim scrierea unui polinom ın baza

B =

1,x

1!,x(x− 1)

2!, . . . ,

x(x− 1) . . . (x− n+ 1)

n!

,

deci cautam polinoamele f de forma:

f(x) = a0 + a1x

1!+ a2

x(x− 1)

2!+ · · ·+ an

x(x− 1) . . . (x− n+ 1)

n!.

Din conditiile f(0) ∈ Z, f(1) ∈ Z, . . . , f(n) ∈ Z rezulta a0, a1, . . . , an ∈ Z (conditienecesara).

Conditia este si suficienta deoarece produsul a k numere ıntregi consecutive, se dividecu k!. In concluzie polinoamele cautate sunt cele care ın baza B au coeficientii numereıntregi.

Problema 4.14 Sa se determine toate functiile f : R → R cu proprietatea f(x + y) =

f(x) + f(y), x, y ∈ R. (Ecuatia lui Cauchy)


Solutie. Se deduce usor ca

f(nx) = nf(x), n ∈ N, x ∈ R

f

(1

nx

)=

1

nf(x), n ∈ N∗, x ∈ R,

f(−x) = −f(x), x ∈ R

sif(qx) = qf(x), q ∈ Q, x ∈ R,

decif(q1x1 + q2x2) = q1f(x1) + q2f(x2)

pentru q1, q2 ∈ Q si x1, x2 ∈ R. Solutiile ecuatiei lui Cauchy sunt aplicatii liniare (endo-morfisme) ale spatiului vectorial R peste corpul Q. Fie hi| i ∈ I o baza a lui R peste Q.Orice numar real nenul x se exprima ın mod unic sub forma

x =n∑k=1

qk(x)hik , cu qk(x) ∈ Q∗.

Daca definim ın mod arbitrar f(hi) = yi obtinem

f(x) =

n∑k=1

qk(x)yik .

Problema 4.15 a) Fie V1, V2 doua subspatii ale spatiului V finit dimensional, astfel ca

dimV1 = dimV2. Sa se arate ca exista subspatiul V3 al lui V astfel ca V = V1⊕V3 = V2⊕V3.

b) Cate astfel de descompuneri exista pentru spatiul vectorial tridimensional R3? Sa

se interpreteze geometric.

Solutie. a) Fie V1 ∩ V2 = W , unde W poate fi si 0.Consideram o baza a lui W , e1, e2, . . . , em. Completam aceasta baza pana

la o baza a lui V1 si obtinem e1, e2, . . . , em, fm+1, . . . , fn si la o baza ın V2

e1, e2, . . . , em, gm+1, . . . , gn. Prin urmare pentru V1 + V2 avem sistemul de generatorie1, e2, . . . , em, fm+1, . . . , fn, gm+1, . . . , gn. Dimensiunea care formeaza o baza a spatiuluiV1 + V2 este 2n + m si daca este mai mica decat dimensiunea lui V1, extindem baza luiV1+V2 la o baza a lui V prin adaugarea vectorilor h1, h2, . . . , hk. Subspatiul V3 este generatde sistemul de vectori fm+1 + gm+1, . . . , fn + gn, h1, h2, . . . , hk.

b) Deosebim doua cazuri:i) dimV1 = dimV2 = 1, ın acest caz V1∩V2 = 0 si vectorii f1 si g1 care formeaza cate

o baza ın V1 respectiv V2 nu sunt coliniari. Dimensiunea spatiului generat de V1 si V2 este2 si f1, g1 formeaza o baza a acestui subspatiu. Extindem aceasta baza a lui R3 adaugandun vector h1 necoplanar cu f1, g1. Subspatiul V3 este un plan pentru care f1 +g1 si h1 esteo baza.

ii) Daca dimV1 = dimV2 = 2, adica sunt doua plane, atunci V1 ∩ V2 6= 0 si W aredimensiunea 1. Fie e o baza ın W . Daca f1 este un vector ın V1 necoliniar cu e atuncie, f1 este o baza ın V1. Analog e, g1 este o baza ın V2. Subspatiul generat de V1 si V2

are dimensiunea 3 deci V3 este unidimensional si f1 + g1 este o baza a sa si reprezinta odreapta.

158

Problema 4.16 Fie V un spatiu vectorial n-dimensional peste Zp. Sa se determine

numarul endomorfismelor lui V .

Solutie. Consideram o baza e1, . . . , en ın V si T o transformare liniara, atunci matricealui T , MT ∈Mn(Zp) determina unic pe T iar spatiul Mn(Zp) are cardinalul pn

2.

Problema 4.17 Fie V spatiul vectorial al matricelor dinMn(C) generat de matricele de

forma AB −BA, A,B ∈Mn(C). Sa se arate ca dimC V = n2 − 1.

Solutie. Pentru orice matrice din V , urma este 0 si

W = M ∈Mn(C)| TrM = 0 = M ∈Mn(C)| f(M) = 0

unde f : Mn(C) → C, f(M) = TrM este o aplicatie liniara, deci W = Ker f , dimW =n2 − 1 deci V ⊂W si dimV ≤ n2 − 1.

Pentru a arata ca dimV = n2 − 1 este suficient sa gasim ın V , n2 − 1 matrice inde-pendente.

Daca Eiji,j=1,n este baza canonica ın spatiul matricelor avem

EijEkl = δjkEil.

Deci Ei1E1l = Eil, E1lEi1 = 0 daca i 6= l ⇒

Ei1E1l − E1lEi1 = Eil pentru i 6= l,

ın total n2 − n matrice independente ın V . Apoi

Ei1E1i − E1iEi1 = Eii − E11 =

−1 0

01

0 0

ın total ınca n− 1 matrice independente ın V .

Problema 4.18 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune n si V1, V2 doua subspatii de

dimensiune n1 si n2 astfel ca V = V1 + V2.

Sa se arate ca multimea endomorfismelor T : V → V cu proprietatea T (V1) ⊂ V1 si

T (V2) ⊂ V2 formeaza un subspatiu ın End(V ) si sa se determine dimensiunea sa.

Solutie. Fie V0 = V1 ∩ V2.e1, . . . , en0 baza ın V0

e1, . . . , en0 , fn0+1, . . . , fn1 baza ın V1

e1, . . . , en0 , gn0+1, . . . , gn2 baza ın V2

atunci e1, . . . , en0 , fn0+1, . . . , fn1 , gn0+1, . . . , gn2 este o baza ın V .dimV0 = n0, dimV = n1 + n2 − n0 = n.

Avem: V = V0 ⊕W1 ⊕W2 unde

W1 = Spanfn0+1, . . . , fn1, W2 = Spangn0+1, . . . , gn2


Din T (V1) ⊂ V1 si T (V2) ⊂ V2 ⇒ T (V0) ⊂ V0, atunci T |V0 : V0 → V0 este endomorfism.

T |W1 : W1 → V1 si T |W2 : W2 → V2

A defini T revine la a defini T0, T1, T2

dimT0| T0 ∈ EndV0 = n20

dimT1| T1 ∈ Hom(W1, V1) = (n1 − n0)n1

dimT2| T2 ∈ Hom(W2, V2) = (n2 − n0)n2

Deci dimensiunea cautata este n20 + (n1 − n0)n1 + (n2 − n0)n2 cu n0 = n1 + n2 + n.

Problema 4.19 In spatiul vectorial real al sirurilor de numere reale

R∞ = (xn)n| xn ∈ R

se considera subspatiul Va,b al sirurilor date prin recurenta

Va,b = (xn)n| xn+1 = (a+ b)xn − abxn−1, n ∈ N∗.

Sa se arate ca daca a 6= b atunci o baza ın Va,b este formata din sirurile (an)n, (bn)n

cu an = an si bn = bn, n ∈ N, iar daca a = b atunci o baza este (cn), (dn)n cu cn = an

si dn = nan−1, n ∈ N.

Solutie. Sirurile (en)n cu e0 = 1, e1 = 0, en+1 = (a + b)en − aben+1, n ∈ N∗ si (e′n)ncu e′0 = 0, e′1 = 1, e′n+1 = (a+ b)e′n − abe′n−1 formeaza o baza ın Va,b caci daca (xn)n esteun sir arbitrar din Va,b atunci (xn)n = x0(en)n + x1(x′n)n (scriere unica). Spatiul Va,b aredimensiune 2 si se verifica usor ca sirurile (an)n, (bn)n sunt liniar independente, la fel sisirurile (en)n, (dn)n ele fiind ın Va,b.

Problema 4.20 FieX un spatiu vectorial de dimensiune n peste un corpK cu p elemente.

Sa se arate ca numarul bazelor lui X peste K este

N = (pn − 1)(pn − p)(pn − p2) . . . (pn − pn−1),

acelasi cu numarul matricelor patratice inversabile de ordin n din GLn(K).

Solutie. Primul vector e1 dintr-o baza poate fi ales arbitrar, diferit de 0, deci ın pn−1moduri. Subspatiul general 〈e1〉 are p elemente, deci al doilea vector poate fi ales ın pn− pmoduri. Subspatiul 〈e1, e2〉 = a1e1 + a2e2| a1, a2 ∈ K are p2 elemente. Al treilea vectorse poate alege ın pn − p2 moduri si asa mai departe.

Daca fixam o baza e1, . . . , en ın X atunci orice alta baza e′1, . . . , e′n este unicdeterminata de o matrice inversabila P (e,e′) ∈ GLn(K).

160

Problema 4.21 Sa se determine valorile proprii nenule si vectorii proprii corespunzatori

pentru endomorfismele T : C[0, 2π]→ C[0, 2π]

T (f)(x) =

∫ 2π

0sin(x+ y)f(y)dy.

Solutie. T (f)(x) = af sinx + bf cosx, unde af =

∫ 2π

0cos yf(y)dy si bf =∫ 2π

0sin yf(y)dy, deci Im f ⊂ 〈sin, cos〉 = V .

Pentru valori proprii nenule, vectorii sunt ın Im T , deci putem sa ne restrangem la V

T : V → V.

Avem T (sin) = π cos, T (cos) = π sin, deci matricea lui T ın baza sin, cos este

MT =

[0 ππ 0

].

Valorile proprii sunt λ1 = π, λ2 = −π iar vectorii proprii ai matricei MT sunt

[11

],[

1−1

], carora le corespund vectorii (functiile)

fπ(x) = a(sinx+ cosx), a ∈ R∗

si

f−π(x) = a(− sinx+ cosx), a ∈ R∗.

Problema 4.22 Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii pentru endomorfismele

T : C[−1, 1]→ C[−1, 1]

T (f)(x) =

∫ 1

−1(3xy + 5x2y2)f(y)dy.

Solutie. Im T = Spanx, x2, λ = 2 este singura valoare proprie nenula si f(x) =ax+ bx2, a, b ∈ R sunt vectorii proprii.

Problema 4.23 Sa se arate ca polinoamele lui Legrendre

Pn(x) =1

2nn![(x2 − 1)n](n)

sunt vectori proprii pentru operatorul T : C∞[−1, 1]→ C∞[−1, 1], definit prin relatia:

T (f)(x) = [(x2 − 1)f ′(x)]′.


Solutie. Notand fn(x) = (x2 − 1)n avem: (x2 − 1)f ′n(x) = 2nxfn(x). Derivand de(n+ 1) ori cu formula Leibniz-Newton:

(x2 − 1)f (n+2)n (x) + 2x(n+ 1)f (n+1)

n (x) + n(n+ 1)f (n)n(x) =

= 2nxf (n+1)n (x) + 2n(n+ 1)f (n)

n (x) ⇔(x2 − 1)f (n+2)

n (x) + 2xf (n+1)n (x) = n(n+ 1)f (n)

n (x) ⇔(x2 − 1)P ′′n + 2xP ′n = n(n+ 1)Pn ⇔ ((x2 − 1)P ′n)′ = n(n+ 1)Pn ⇔

T (Pn) = n(n+ 1)Pn

Deci λn = n(n+ 1) sunt valori proprii si Pn vectori proprii.

Problema 4.24 Fie T : R[X]→ R[X], T (f)(x) = 2xf ′(x)− f ′′(x).

a) Sa se arate ca subspatiile proprii au dimensiune 1;

b) Sa se arate ca λn = 2n sunt valori proprii si polinoamele lui Hermite

Hn(x) = (−1)nex2(e−x

2)(n)

sunt vectori proprii.

Solutie. a) Daca λ este valoare proprie pentru T si f, g vectorii proprii corespunzatori,vom arata ca f si g sunt liniar dependenti.

Fie

W (x) =

∣∣∣∣ f(x) g(x)f ′(x) g′(x)

∣∣∣∣ , W ′(x) =

∣∣∣∣ f(x) g(x)f ′′(x) g′′(x)

∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣ f(x) g(x)2xf ′(x)− λf(x) 2xg′(x)− λg(x)

∣∣∣∣ = 2xW (x).

Dar W ∈ R[x], gradW ′ < grad 2xW , deci W = 0 ⇒ fg′ − f ′g = 0 ⇔(f

g

)′= 0, unde

g(x) 6= 0 ⇒ f(x) = cg(x) ⇒ f, g sunt liniar dependente.b) H ′n(x) = (−1)n(2xex

2(e−x

2)(n) + ex

2(−2xe−x

2)(n)) =

= (−1)nex2(2x(e−x

2)(n) − 2(x(e−x

2)(n) + n(e−x

2)(n−1))) = 2nHn−1(x)

H ′′n(x) = 2nH ′n−1(x) = 2n · 2(n− 1)Hn−2(x)

Hn(x) = (−1)nex2(e−x

2)(n) = (−1)nex

2(−2xe−x

2)(n−1) =

= (−1)nex2(−2)(x(e−x

2)(n−1) + (n− 1)(e−x

2)(n−2)) =

= 2xHn−1(x)− 2(n− 1)Hn−2(x)

Deci T (Hn) = 2nHn.

Problema 4.25 Fie g : (a, b) → R o functie de clasa C∞(a, b) cu derivata g′(x) 6= 0,

x ∈ (a, b). Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii ai operatorului T : C∞(a, b)→

C∞(a, b)

T (f)(x) =f ′(x)

g′(x), x ∈ (a, b).

162

Solutie. Din relatia T (f) = λf cu λ ∈ R si f ∈ C∞(a, b) rezulta ecuatia diferentiala

f ′(x)

g′(x)= λf(x) ⇔ f ′(x)− λg′(x)f(x) = 0 ⇔

(f(x)e−λg(x))′ = 0 ⇔ f(x)e−λg(x) = c

deci f(x) = ceλg(x).Toate numerele reale λ sunt valori proprii iar functiile fλ(x) + ceλg(x), x ∈ (a, b) cu

c 6= 0 sunt vectori proprii corespunzatori.

Problema 4.26 Fie K : [0, 1]× [0, 1]→ [0, 1]

K(x, y) =

x(1− y), 0 ≤ x ≤ y ≤ 1

y(1− x), 0 ≤ y < x ≤ 1

si operatorul T : C0[0, 1]→ C0[0, 1]

T (f)(x) =

∫ 1

0K(x, y)f(y)dy.

Sa se arate ca functiile fn(x) = sin(nπx), n ∈ N∗ sunt vectori proprii.

Solutie. T (fn)(x) =

∫ 1

0K(x, y)f(y)dy =

=

∫ x

0y(1− x)fn(y)dy +

∫ 1

xx(1− y)fn(y)dy =

=

∫ x

0y sin(nπy)dy − x

∫ 1

0y sin(nπy)dy + x

∫ 1

xsin(nπy)dy =

=sin(nπx)

(nπ)2=

1

(nπ)2fn(x)

Deci λn =1

(nπ)2sunt valori proprii, iar fn vectori proprii.

Problema 4.27 Sa se determine valorile si vectorii proprii ai endomorfismului T :

Mn(C) →Mn(C) definit prin T (A) = B, unde B = [bij ]i,j=1,n si bij = aij + sij unde sij

este suma vecinilor lui aij ın A (un element din A are 3, 5 sau 8 vecini).

Solutie. Observatia esentiala este ca daca consideram matricea

C =

1 1 0

1. . .

. . .

. . .. . . 1

0 1 1


atunci T (A) = CAC.Deoarece C este simetrica ea este diagonalizabila si notand cu D forma sa Jordan

(diagonala) avem C = PDP−1. Daca λ ∈ C este valoare proprie pentru T si X ∈Mn(C),X 6= 0 este vector propriu, atunci avem:

T (X) = λX ⇔ CXC = λX ⇔

PDP−1XPDP−1 = λX ⇔ D(P−1XP )D = λ(P−1XP ) ⇔

DYD = λY, y 6= 0 ⇔ diiyijdjj = λyij

pentru orice i, j = 1, n, deci λ = diidjj sunt valori proprii. Dar djj | j = 1, n sunt valorileproprii ale matricei D aceleasi ca ale matricei C care prin calcul se determina:

djj = 1− 2 cosjπ

n+ 1, j = 1, n.

Valorile proprii ale lui T sunt

λi,j =

(1− 2 cos

iπ

n+ 1

)(1− 2 cos

jπ

n+ 1

), i, j = 1, n

(n2 valori proprii).Observatie. Se poate arata ca valorile proprii ale operatorului TA,B : Mn(C) →

Mn(C), TA,B(X) = AXB unde A,B ∈ Mn(C) sunt matrice fixate, sunt λi,j = αiβj ,i, j = 1, n, unde α1, . . . , αn sunt valorile proprii ale matricei A iar β1, . . . , βn sunt valorileproprii ale matricei B.

Problema 4.28 Fie V un subspatiu vectorial ın M5,7(R), care contine matrice de rang

1, 2, 4 si 5. Se poate ca V sa nu contina matrice de rang 3?

Putnam, 1981

Solutie. Raspunsul este afirmativ.Definim

V =

a c 0

b 0 0 cb

0 b 0b

; a, b, c ∈ R

care formeaza subspatii ın V si contine matricele de rang 1 (a = 1, b = c = 0), 2 (c = 1,a = b = 0), 4 (b = 1, a = c = 0), 5 (a = b = 1, c = 0), dar nu contine matrice de rang 3.

Problema 4.29 Fie T si S doua endomorfisme ale spatiului vectorial de dimensiune finita

V , astfel ca V = Ker T + Ker S = Im T + Im S.

a) Sa se arate ca cele doua sume sunt sume directe.

b) Ramane rezultatul adevarat daca V are dimensiune infinita?

Examen Franta

164

Solutie. Din teorema dimensiuni sumei avem:

dimV = dim Ker T + dim Ker S − dim(Ker T ∩Ker S) (1)

dimV = dim Im T + dim Im S − dim(Im T ∩ Im S) (2)

Din teorema dimensiunii aplicatiilor liniare T si S avem:

dimV = dim Ker T + dim Im T = dim Ker S + dim Im S (3)

Din (1), (2) si (3) rezulta:

dim(Ker T ∩Ker S) + dim(Im T ∩ Im S) = 0

deciKer T ∩Ker S = Im T ∩ Im S = 0.

b) Afirmatia nu ramane adevarata.Luam V = (xn)n≥1 : xn ∈ R, n ∈ N∗ spatiul sirurilor si definim

T (x1, x2, . . . , xn, . . .) = (x3, x4, . . .)

S(x1, x2, . . . , xn, . . .) = (x1, 0, 0, . . .)

Avem:Im T = V si Ker T = (x, y, 0, 0, . . .) | x, y ∈ R

Im S = (x, 0, 0, . . .) | x ∈ R, Ker S = (0, x2, x2, . . .).

Evident ca V = Im T + Im S = Ker T + Ker S, dar

Im T ∩ Im S = Im S 6= 0, Ker T ∩Ker S = (0, y, 0, . . .) | y ∈ R 6= 0.

Problema 4.30 Fie V un spatiu vectorial si T : V → V un endomorfism. Sa se arate ca

dim(Ker T ∩ Im T ) = dim(Im T )− dim(Im T 2).

Solutie. Fie T = T |Im T : Im T → Im T . Avem:

dim(Im T ) = dim Ker T + dim Im T

Im T = T (Im T ) = T (T (V )) = T 2(V )

Ker T =?, x ∈ Ker T ⇔ T (x) = 0, x ∈ Im T ⇔

T (x) = 0 si x ∈ Im T ⇔ x ∈ Ker T ∩ Im T

dim(Ker T ∩ Im T ) = dim(Im T )− dim(Im T 2).

Problema 4.31 Sa se determine dimensiunea maxima a unui subspatiu V ⊂ Mn(R) cu

proprietatea ca

Tr (XY ) = 0, pentru orice X,Y ∈ V.

IMC, 2005


Solutie. Din implicatia Tr (XXt) = 0 ⇒ X = 0, rezulta ca V nu contine nici omatrice simetrica nenula, deci V ∩Sn = 0, unde Sn este subspatiul matricelor simetrice

care are dimensiunean(n+ 1)

2. Astfel ca

dimV ≤ n2 − n(n+ 1)

2=n(n− 1)

2.

Un exemplu de subspatiu V de dimensiunen(n− 1)

2este subspatiul matricelor strict

superior triunghiulare.

Problema 4.32 Fie f :Mn(R)→ R o aplicatie liniara.

a) Sa se arate ca exista A ∈Mn(R) astfel ca f(X) = Tr (XA).

b) Daca ın plus f(XY ) = f(Y X), pentru orice X,Y ∈ Mn(R), atunci exista a ∈ R

astfel ca f(X) = aTr (X).

Solutie. a) Fie Eij baza canonica a spatiuluiMn(R). Definim matricea A = [aij ]i,j=1,n

prin aij = f(Eji).b) Fie V subspatiul matricelor cu urma zero, care este un subspatiu de dimensiune

n2 − 1. Matricele

Eij = EijEjj − EjjEij , i 6= j

si

Eii − Enn = EinEni − EniEin, i = 1, n− 1,

formeaza o baza ın V , pe care functia f se anuleaza. Pe de alta parte matricea X −1

n(TrX)In este din V , deci

f

(X − 1

n(TrX)In

)= 0 ⇔ f(X) =

1

nf(In)TrX.

Problema 4.33 Fie A ∈Mn(C) o matrice diagonala avand polinomul caracteristic

fA(x) = (x− a1)n1(x− a2)n2 . . . (x− ak)nk ,

cu a1, a2, . . . , ak distincte si n1 + n2 + . . .+ nk = n.

Sa se determine dimensiunea spatiului vectorial

C(A) = B ∈Mn(C) | AB = BA.

IMC, 1994

Solutie. Fie

A = [aij ]i,j=1,n, B = [bij ]i,j=1,n,

AB = [xij ]i,j=1,n si BA = [yij ]i,j=1,n.

166

Avem xij = aiibij si yij = ajjbij , si din AB = BA rezulta

(aii − ajj)bij = 0, i, j = 1, n.

Pentru aii 6= ajj rezulta bij = 0, deci raman arbitrare ın B doar elementele bij pentrucare aii = ajj .

Numarul perechilor (i, j) pentru care aii = ajj = a1 este n21. Obtinem ca

dimC(A) = n21 + n2

2 + · · ·+ n2k.

Problema 4.34 Fie V un K-spatiu vectorial si T : V → V un endomorfism cu propri-

etatea ca vectorii x si T (x) sunt coliniari pentru orice x ∈ V . Sa se arate ca exista λ ∈ K

astfel ca T (x) = λx, pentru orice x ∈ V .

Examen Franta

Solutie. Din conditia data pentru orice x ∈ V exista λx ∈ K (care poate depinde dex) astfel ca T (x) = λxx.

Vom arata ca pentru orice x, y ∈ V avem λx = λy.Fie T (x) = λxx, T (y) = λyy. Cum

T (x+ y) = λ(x+ y) ⇒ λxx+ λyy = λ(x+ y) ⇔ (λx − λ)x+ (λy − λ)y = 0.

Daca x, y sunt liniar independenti rezulta λx = λy = λ.Daca x, y sunt liniar dependenti, atunci

y = αx ⇒ T (y) = αT (x) = αλxx = λxαx = λxy, deci λx = λy.

Problema 4.35 Fie V spatiul vectorial al sirurilor de numere reale

V = (x1, x2, . . . , xn, . . .) | x1, x2, . . . , xn, . . . ∈ R

si T : V → V aplicatia liniara definita prin

T (x1, x2, . . . , xn, . . .) = (x2, x3, . . . , xn+1, . . .).

Sa se arate ca T nu este o putere, adica nu exista nici o aplicatie liniara S : V → V si

nici un numar natural k ≥ 2 astfel ca Sk = T .

Solutie. Consideram subspatiul V1 ⊂ V ,

V1 = (x1, x2, 0, . . . , 0, . . .) | x1, x2 ∈ R

care este un subspatiu de dimensiune 2 si observam ca V1 = Ker (T T ) (T T (x1, x2, . . . , xn, . . .) = (x3, x4, . . . , xn+2, . . .)). Mai mult T (V1) ⊂ V1 si S(V1) ⊂ V1 (dacaS1 ∈ V1 si S(S1) = S1 6∈ V1 ⇔ T 2(S(S1)) 6= 0 ⇔ S(T 2(S1)) 6= 0 ⇔ S(0) 6= 0 fals).


Consideram restrictiile T , S : V1 → V1 si va trebui sa avem Sk

= T . Baza canonica aspatiului V1 este formata din sirurile (1, 0, 0, . . .) si (0, 1, 0, . . .) si ın aceasta baza matricealui T este

MT =

[0 10 0

].

Notam cu MS matricea lui S ın aceasta baza si daca (MS)k = MT ⇒ (MS)2k =(MT )2 = 0 ⇒ (MS)2 = 0 ⇒ (MS)k = 0 (k ≥ 0), fals.

Problema 4.36 Se considera spatiul vectorial real V = C∞(R) si D : V → V operatorul

de derivare (D(f) = f ′). Sa se arate ca nu exista un operator liniar T : V → V astfel ca

T T = D.

Examen Franta

Solutie. Fie

V1 = Ker (D D) = f ∈ C∞(R) | f ′′ = 0 = f | f(x) = a+ bx, a, b ∈ R

(polinoamele de grad ≤ 1).Daca ar exista T astfel ca T T = D atunci T 3 = T D = DT deci D si T comuta. In

plus V1 este invariant pentru D deci este invariant si pentru T . Notam cu T si D restrictiile

lui T si D la V1, deci T : V1 → V1, D : V1 → V1. Avem D D = 0 ⇒ T4

= 0, deci T este

nilpotent si cum dimV1 = 2 rezulta T2

= 0 ⇔ D = 0, ceea ce este fals.

Problema 4.37 Fie P1, P2 : V → V doua proiectii ın spatiul V astfel ca

Im P1 ⊂ Ker P2 (P2 P1 = 0).

Sa se arate ca aplicatia P = P1 + P2 − P1 P2 este o proiectie si ca

Ker P = Ker P1 ∩Ker P2, Im P = Im P1 ⊕ Im P2.

Examen Franta

Solutie. Avem

P 2 = (P1 + P2 − P1 P2)2 = P 21 + P 2

2 + (P1 P2)2 + P1 P2 + P2 P1

−P 21 P2 − P1 P2 P2 − P2 P1 P2 − P1 P 2

2 = P1 + P2 + P1 P2 P1 P2

+P1 P2 + 0− P1 P2 − 0− 0− P1 P2 = P1 + P2 + 0− P1 P2 = P.

AvemP1 P = P 2

1 = P1 ⇒ Ker P ⊂ Ker P1,

P2 P = P 22 = P2 ⇒ Ker P ⊂ Ker P2

deci Ker P ⊂ Ker P1 ∩Ker P2 si evident Ker P1 ∩Ker P2 ⊂ Ker P .Avem evident Im P ⊂ Im P1 + Im P2.

168

Invers: fie x ∈ Im P1 + Im P2, x = x1 + x2.Avem P2(x) = P2(x1) + P2(x2) = 0 + x2 = x2 si

P (x) = P1(x) + P2(x)− P1 P2(x) = x1 + P1(x2) + x2 − P1(x2) = x1 + x2 = x

deci x ∈ Im P . Acum deoarece Im P1 ∩ Im P2 ⊂ Ker P2 ∩ Im P2 = 0 rezulta ca Im P =Im P1 ⊕ Im P2.

Problema 4.38 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune finita si T : V → V un endo-

morfism. Sa se arate ca afirmatiile urmatoare sunt echivalente:

a) Ker T = Ker T 2

b) Im T = Im T 2

c) V = Ker T ⊕ Im T .

Examen Franta

Solutie. Evident avem Ker T ⊂ Ker T 2 si Im T 2 ⊂ Im T . Din

dim(V ) = dim(Ker T ) + dim(Im T ) = dim(Ker T 2) + dim(Im T 2)

rezulta ca a) si b) sunt echivalente.

Aratam a) ⇒ c): Fie x ∈ Ker T ∩ Im T ⇒ T (x) = 0 si x = T (y), deci T 2(y) = 0a)⇒

T (y) = 0 ⇒ x = 0, deci Ker T ∩ Im T = 0 si atunci suma subspatiilor Ker T si Im Teste suma directa. In plus dimV = dim(Ker T ) + dim(Im T ), deci V = Ker T ⊕ Im T .

Aratam implicatia c) ⇒ b): Fie x ∈ Im T , x = T (y), y ∈ V . Scriem pe y conformsumei directe y = y1 + y2, cu y1 ∈ Ker T , y2 ∈ Im T si atunci x = T (y1) + T (y2) =0 + T (T (z2)) ∈ Im T 2, deci Im T ⊂ Im T 2 ⇒ Im T = Im T 2.

Problema 4.39 Fie m,n numere naturale cu m > n > 1, A o multime cu n elemente si

A1, A2, . . . , Am submultimi nevide, distincte ale lui A.

Sa se arate ca exista indici distincti i1, i2, . . . , ik ∈ 1, 2, . . . ,m astfel ca

Ai1∆Ai2∆ . . .∆Aik = ∅,

unde am notat cu X∆Y = (X ∪ Y ) \ (X ∩ Y ), diferenta simetrica a multimilor X si Y .

Solutie. Fie A = a1, a2, . . . , an si pentru fiecare submultime Ai definim vectorul saucaracteristic vi = (xi1, xi2, . . . , xin), unde xij = 1 daca aj ∈ Ai si xij = 0 daca aj 6∈ Ai,i = 1,m, j = 1, n. Observam ca vectorul caracteristic al multimii Ai1∆Ai2 este sumamodulo 2 a vectorilor Vi1 si Vi2 .

Consideram numerele 0 si 1 ca elemente ale corpului Z2 renotate 0 si 1 iar vectorii vica elemente ale spatiului vectorial Zn2 , care este spatiu vectorial de dimensiune n pestecorpul Z2. Problema astfel reformulata cere sa aratam ca exista vectorii caracteristicivi1 , vi2 , . . . , vik cu suma zero:

vi1 + vi2 + · · ·+ vik = (0, 0, . . . , 0).


Avand m > n vectori (caracteristici) ıntr-un spatiu vectorial de dimensiune n (Zn2 )rezulta ca ei sunt liniar dependenti. Exista deci scalarii α1, α2, . . . , αm ∈ 0, 1 astfel ca

α1v1 + α2v2 + · · ·+ αmvm = (0, 0, . . . , 0).

Daca ın relatia de mai sus nu mai scriem coeficientii 0 si raman doar coeficientii egalicu 1, αi1 = αi2 = · · · = αik = 1 obtinem:

vi1 + vi2 + · · ·+ vik = (0, 0, . . . , 0),

adicaAi1∆Ai2∆ . . .∆Aik = ∅.

Capitolul 5

Spatii euclidiene si operatori

liniari

Notatii

In cele ce urmeaza V este un spatiu vectorial real sau complex (corpul scalarilor esteR sau C).

• 〈x, y〉 - produsul scalar al vectorilor x si y

• ‖x‖ - norma euclidiana a vectorului x, ‖x‖ =√〈x, x〉

• d(x, y) - distanta (euclidiana) dintre vectorii x si y,

d(x, y) = ‖x− y‖

• (x, y) - unghiul dintre vectorii nenuli x si y (ıntr-un spatiu euclidian real)

(x, y) = arccos〈x, y〉‖x‖ · ‖y‖

• x ⊥ y - vectorii x si y sunt ortogonali (〈x, y〉 = 0)

• V ⊥1 - complementul ortogonal al subspatiului V1 ≤ V ,

V ⊥1 = y ∈ V | y ⊥ x, ∀ x ∈ V1

• d(x, V1) - distanta de la vectorul x la subspatiul V1

d(x, V1) = infx1∈V1

d(x, x1)

• T ∗ - adjunctul operatorului T : X → Y

(〈T (x), y〉 = 〈x, T ∗(y)〉, x ∈ X, y ∈ Y )

170

Spatii euclidiene si operatori liniari 171

• G(v1, v2, . . . , vn) - determinantul Gram al vectorilor v1, v2, . . . , vn:

G(v1, v2, . . . , vn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣〈v1, v1〉〈v1, v2〉 . . . 〈v1, vn〉〈v2, v1〉〈v2, v2〉 . . . 〈v2, vn〉. . . . . . . . . . . .〈vk, v1〉〈vk, v2〉 . . . 〈vk, vn〉

∣∣∣∣∣∣∣∣Definitii si rezultate

In cele ce urmeaza (V,K, ·) este un spatiu vectorial ın care corpul K este R sau C.• Definitie. O functie de doua variabile 〈·, ·〉 : V ×V → K se numeste produs scalar peV daca verifica axiomele:

a) 〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉b) 〈αx, y〉 = α〈x, y〉c) 〈y, x〉 = 〈x, y〉d) 〈x, x〉 = 0 si 〈x, x〉 = 0 ⇔ x = 0

pentru orice x, y, z ∈ V si orice α ∈ K (R sau C).• Definitie. O pereche (V, 〈·, ·〉) ın care V este un spatiu vectorial real sau complex si 〈·, ·〉un produs scalar pe V se numeste spatiu euclidian (real sau complex).• Definitie. O familie de vectori nenuli vi | i ∈ I se numeste:

- ortogonala daca 〈vi, vj〉 = 0, pentru orice i 6= j

- ortonormata daca 〈vi, vj〉 = δij =

1, i = j0, i 6= j

Teorema. (Gram-Schmidt) Din orice multime de vectori liniar independenti

v1, v2, . . . , vn se poate obtine o familie ortogonala v′1, v′2, . . . , v′n si apoi o familie

ortonormata e1, e2, . . . , en:

v′1 = v1, v′2 = v2 −

〈v2, v′1〉

〈v′1, v′1〉· v′1, . . . , v′n = vn −

n−1∑k=1

〈vn, v′k〉〈v′k, v′k〉

· v′k

e1 =v′1‖v1‖

, . . . , en =v′n‖vn‖

.

Teorema. Orice spatiu euclidian admite baze ortonormate si ın raport cu o astfel de

baza e1, e2, . . . , en produsul scalar are expresia:⟨n∑i=1

αiei,n∑j=1

βjej

⟩=

n∑i=1

αiβj .

• Definitie. Se spune ca subspatiile V1 si V2 sunt ortogonale daca

〈x1, x2〉 = 0,

pentru orice x1 ∈ V1 si x2 ∈ V2 si se noteaza V1 ⊥ V2.

Teorema. Daca V1 este un subspatiu ın V , atunci multimea

V ⊥1 = y ∈ V | 〈y, x1〉 = 0, ∀ x1 ∈ V1

172

formeaza un subspatiu ın V numit complementul ortogonal al subspatiului V1. In plus,daca V are dimensiune finita, atunci V = V1 ⊕ V ⊥1 . (Orice vector x ∈ V se descompuneunic sub forma x = x1 + x⊥1 cu x1 ∈ V1, x⊥1 ∈ V ⊥1 .) Vectorul x1 se numeste proiectiaortogonala a lui x pe subspatiul V1, iar vectorul x⊥1 se numeste componenta ortogonalaa lui x relativa la subspatiul V1.

Teorema. Daca v1, v2, . . . , vn sunt vectori liniar independenti si v′1, v′2, . . . , v′n vectorii

ortogonalizati prin procedeul Gram-Schmidt, atunci

G(v1, v2, . . . , vn) = G(v′1, v′2, . . . , v

′n) = ‖v′1‖2 · ‖v′2‖2 · · · ‖v′n‖2.

Teorema. Distanta de la un vector x la un subspatiu V1 este:

d(x, V1) = ‖x⊥1 ‖ =

√G(v1, . . . , vk, x)

G(v1, . . . , vk),

unde x1 este componenta ortogonala a lui x relativa la V1 iar v1, . . . , vk este o baza asubspatiului V1.• Definitie. Daca (X, 〈·, ·〉X), (Y, 〈·, ·〉Y ) sunt spatii euclidiene de acelasi tip (ambele realesau ambele complexe) si T : X → Y este o aplicatie liniara (operator liniar), atunci dacaexista aplicatia liniara T ∗ : Y → X astfel ca

〈T (x), y〉Y = 〈x, T ∗(y)〉X , ∀ x ∈ X, y ∈ Y,

aceasta se numeste adjuncta aplicatiei T .• Definitie. Un endomorfism T : X → X se numeste:

- normal daca T T ∗ = T ∗ T- autoadjunct (hermitian) daca T ∗ = T- antiautoadjunct (antihermitian) daca T ∗ = −T- unitar (ortogonal) daca T ∗ = T−1.

Teorema. Matricea unui operator liniar ıntr-o baza ortonormata este de acelasi tip cuoperatorul (MT ∗ = (MT )∗). Teorema. Daca (X, 〈·, ·〉) este un spatiu euclidian si T : X → X un operator normal (ınparticular autoadjunct, antiautoadjunct, unitar), atunci ın X exista o baza ortonormalaformata din vectori proprii pentru T . (In particular matricea lui T este diagonalizabilaprintr-o matrice de pasaj unitara). Teorema. Valorile proprii ale unui operator autoadjunct sunt numere reale. Teorema. Valorile proprii ale unui operator antiautoadjunct sunt numere imaginare(complexe cu partea reala zero). Teorema. Valorile proprii ale unui operator unitar au modulul 1.

Se face conventia ca sa se foloseasca ın loc de Mn,1 (K) notatia Kn, unde K este Rsau C.• Definitie. Fie V un spatiu vectorial real. O functie ‖.‖ : V → R este o norma pe Vdaca satisface urmatoarele axiome:

1 ‖X‖ ≥ 0, ∀X ∈ V si ‖X‖ = 0⇔ X = 0 (elementul nul din V ),2 ‖αX‖ = |α| · ‖X‖, ∀α ∈ K si ∀X ∈ V ,3 ‖X + Y ‖ ≤ ‖X‖+ ‖Y ‖, ∀X,Y ∈ V .

• Definitie. Un spatiu vectorial real V pe care este definita o norma se numeste spatiuvectorial normat.


Norma vectoriala ‖·‖ este o norma definita pe Rn → R+. Pentru a deosebi normele,atunci cand se lucreaza cu mai multe norme pe acelasi spatiu, se asociaza cate un indice,de exemplu ‖·‖1, ‖·‖2, etc.• Definitie. Norma vectoriala maxim (sau norma l∞) este definita prin relatia ‖·‖∞ :Rn → R+, ‖X‖∞ = max

i|xi|.

• Definitie. Norma vectoriala suma (sau norma l1) este definita prin relatia ‖·‖1 : Rn →

R+, ‖X‖1 =n∑i=1|xi|.

• Definitie. Norma vectoriala euclidiana (sau norma l2) este definita prin relatia ‖·‖2 :

Rn → R+, ‖X‖2 =√x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n .Aceasta este o particularizare a normei

‖·‖p : Rn → R+, ‖X‖p =

(n∑i=1

xpi

)1/p

• Observatie. Daca ‖·‖ este o norma vectoriala pe Rn si A ∈ Mn (R) este o matricenesingulara, atunci ρ (X) = ‖AX‖ pentru orice X ∈ Rn defineste o noua norma vectoriala.(Se verifica usor cele trei axiome).

Prin acest procedeu se pot defini o infinitate de norme pe Rn, deoarece exista o infini-tate de matrice nesingulare.• Definitie. O functie |·| : Mn (R) → R se numeste norma matriceala daca pentruorice A,B ∈Mn (R) satisface urmatoarele axiome:

1 |A| ≥ 0, ∀A ∈Mn (R) si |A| = 0⇔ A = 0,2 |αA| = |α| · |A|, ∀α ∈ R si ∀A ∈Mn (R) ,3 |A+B| ≤ |A|+ |B|, ∀A, B ∈Mn (R) ,4 |AB| ≤ |A| · |B|, ∀A, B ∈Mn (R) .Se observa ca axiomele 1-3 sunt identice cu axiomele de la norma vectoriala. Ultima

axioma nu are corespondent ın cazul normei vectoriale.Proprietati ale normei matriceale:1. ∀A, B ∈Mn (R) :

∣∣Ak∣∣ ≤ |A|k , k ∈ N,

2. |In| ≥ 1, deoarece |In| =∣∣I2n

∣∣ ≤ |In|2 ,3. ∀A ∈Mn (R) : 1 ≤ |A|

∣∣A−1∣∣ ,

4. ∀A ∈Mn (R) : |A| < 1⇒ In −A ∈ GLn (R) .• Definitie. Se numeste norma spectrala a matricei A, norma data de formula

|A|s = sup

‖AX‖2‖X‖2

; X 6= 0, X ∈ Rn.

174

Probleme

Problema 5.1 Sa se arate ca ın spatiul euclidian C[−1, 1] cu produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ 1

−1f(x)g(x)dx,

pornind de la baza canonica a subspatiului polinoamelor 1, x, x2, . . . , xn, . . . , prin ortogo-

nalizare Gram-Schmidt obtinem polinoamele lui Legendre

L0, L1, L2, . . . , Ln, . . . unde Ln(x) =n!

(2n)![(x2 − 1)n](n).

Solutie. E suficient sa aratam ca Ln este polinom monic de grad n si ca 〈Ln, Lm〉 = 0pentru m 6= n. Avem

(x2 − 1)n = x2n + . . .

si

[(x2 − 1)n](n) = (2n)(2n− 1) . . . (n+ 1)xn + · · · = (2n)!

n!xn + . . .

decin!

(2n)![(x2 − 1)n](n) = xn + . . .

〈Ln, Lm〉 =

∫ 1

−1Ln(x)Lm(x)dx = αn

∫ 1

−1Lm(x)[(x2 − 1)n](n)dx =

= αn(Lm(x)[(x2 − 1)n](n−1)∣∣∣1−1−∫ 1

−1L′m(x)[(x2 − 1)n](n−1)dx) =

= −αn∫ 1

−1L′m(x)[(x2 − 1)n](n−1)dx,

deoarece polinomul (x2 − 1)n are de n ori radacina pe 1 si pe −1, deci derivatele lui panala ordinul (n − 1) se anuleaza ın 1 si −1. Integram ın continuare prin parti de n ori siobtinem

±αn∫ 1

−1L(n)m (x)(x2 − 1)ndx

care daca m < n este egala cu 0 (L(n)m = 0).

Problema 5.2 In spatiul vectorial C[0,∞) se considera subspatiul polinoamelor R[x] pe

care se defineste produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ ∞0

e−xf(x)g(x)dx.

Sa se arate ca pornind de la baza canonica 1, x, x2, . . . , xn, . . . prin procedeul Gram-

Schmidt obtinem baza L0, L1, L2, . . . , Ln, . . . , unde

Ln(x) = (−1)nex[xne−x](n), n ∈ N.


Solutie. Este suficient sa aratam ca Ln este un polinom unitar de grad n,

Ln(x) = xn +n−1∑i=0

αixi

si ca sistemul L0, L1, . . . , Ln, . . . este ortogonal.Avem

[xne−x](n) = xn(e−x)(n) + C1n(xn)′(e−x)(n−1) + C2

n(xn)′′(e−x)(n−2) + · · · =

= xn · (−1)ne−x + αn−1xn−1 + . . .

Deci Ln(x) = xn + . . .Pentru ortogonalitate calculam pentru n 6= k,

〈Ln, Lk〉 =

∫ ∞0

e−xLk(x) · (−1)nex(xne−x)(n)dx =

= (−1)n∫ ∞

0Lk(x)(xne−x)(n)dx

Integram prin parti si avem:

〈Ln, Lk〉 = (−1)nLk(x)(xne−x)(n−1)∣∣∣∞0− (−1)n

∫ ∞0

L′k(x)(xne−x)(n−1)dx

dar (xne−x)(n−1) = e−xPn(x) unde Pn este un polinom care se anuleaza ın x = 0 (ultimultermen din derivarea produsului (xne−x) este Cn−1

n−1 (xn)(n−1)e−x = (n− 1)!xe−x. ProdusulLk(x)Pn(x) este un polinom si lim

x→∞e−xLk(x)Pn(x) = 0 si la fel Lk(0) · Pn(0) = 0, deci

〈Ln, Lk〉 = (−1)n−1

∫ ∞0

L′k(x)(xne−x)(n−1)dx

Aplicam succesiv integrarea prin parti si obtinem dupa n pasi

〈Lk, Ln〉 = (−1)n−k∫ ∞

0L

(n)k (x)(xne−x)dx

si daca n > k atunci (Lk)(n) = 0 (Lk este polinom de grad k), deci 〈Ln, Lk〉 = 0.

Problema 5.3 Sa se determine minimul functiei f : Rn → R

f(a1, a2, . . . , an) =

∫ 2π

0(cosn x+ a1 cosn−1 x+ · · ·+ an−1 cosx+ an)2dx.

Solutie. Consideram spatiul euclidian C[0, 2π] cu produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ 2π

0f(x)g(x)dx

si avem:

f(a1, a2, . . . , an) = d2(cosn x, Span1, cosx, . . . , cosn−1 x)

176

Dar Span1, cosx, . . . , cosn−1 x = Span1, cosx, . . . , cos(n− 1)x si

cosn x =

(1

2(z + z)

)n=

1

2n(C0

n(zn + zn) + C1n(zn−1 · z + z · zn−1) + . . . ) =

=1

2n(C0

n · 2 cosnx+ C1n · 2 cos(n− 2)x+ . . . ),

unde z = cosx+ i sinx.Avem

d2(cosn x,Span1, cosx, . . . , cosn−1 x) =

= d2

(1

2n−1cosnx,Span1, cosx, . . . , cos(n− 1)x

)=

=

G

(1, cosx, . . . , cos(n− 1)x,

1

2n−1cosnx

)G(1, cosx, . . . , cos(n− 1)x)

=2πn · 1

22(n−1)· π

2πn=

π

4n−1.

Problema 5.4 Sa se determine A(n, k) = infgk∈Rk[x]

∫ 1

0(xn − gk(x))2dx, k < n.

Solutie. Considerand spatiul euclidian C[0, 1], infimumul cautat este patratul distanteide la polinomul xn la subspatiul polinoamelor de grad ≤ k, Rk[x].

Avem:

d2(xn,Rk[x]) =G(1, x, . . . , xk, xn)

G(1, x, . . . , xk),

ın care produsul scalar este

〈xp, xq〉 =

∫ 1

0xpxqdx =

1

p+ q + 1.

Determinantii ce apar sunt determinanti Cauchy

G(1, x, . . . , xk, xn) = det[aij ]i,j=1,k+2

unde

aij =1

ai + bj

iara1 = 0, a2 = 1, . . . , ak+1 = k, ak+2 = n,

b1 = 1, b2 = 2, . . . , bk+1 = k + 1, bk+2 = n+ 1

si valoarea lui este

∆ =V (0, 1, . . . , k, n)V (1, 2, . . . , k + 1, n+ 1)

k+2∏i,j=1

(ai + bj)

=

=[n(n− 1) . . . (n− k)]2V 2(0, 1, . . . , k)

k+2∏i,j=1

(ai + bj)

.


Determinantul de la numitor are valoarea

V 2(0, 1, . . . , k)k+1∏i,j=1

(ai + bj)

.

In concluzie

A(n, k) =

(n(n− 1) . . . (n− k)

(n+ 1)(n+ 2) . . . (n+ k + 1)

)2

· 1

2n+ 1.

Problema 5.5 Sa se arate ca valoarea minima a integralei

∫ 1

−1(f(x))2dx, unde f ∈ R[x]

este polinom monic de grad n, este22n+1(n!)4

(2n+ 1)(2n!)2.

Solutie. Minimul cautat este patratul distantei de la polinomul xn la Rn−1[x] ın spatiuleuclidian C[−1, 1] cu produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ 1

−1f(x)g(x)dx.

Pentru calculul determinantilor Gram din formula distantei, folosim polinoamele ortogo-nale (baza ortogonala) Legendre. Avem xn = Ln(x) + g(x) cu grad g ≤ n− 1 si atunci:

d2(xn,Rn−1[x]) = d2(Ln(x), SpanL0, L1, . . . , Ln−1) =

=G(L0, L1, . . . , Ln−1, Ln)

G(L0, L1, . . . , Ln−1)=‖L0‖2‖L1‖2 . . . ‖Ln−1‖2‖Ln‖2

‖L0‖2‖L1‖2 . . . ‖Ln−1‖2= ‖Ln‖2

unde Ln(x) =n!

(2n)![(x2 − 1)n](n) si atunci

‖Ln‖2 =n!2

(2n)!2

∫ 1

−1[(x2 − 1)n](n)[(x2 − 1)n](n)dx.

Integram prin parti si obtinem:

‖Ln‖2 =(n!)2(−1)n

((2n)!)2

∫ 1

−1(x2 − 1)n[(x2 − 1)n](2n)dx =

=(n!)2

(2n)!(−1)n

∫ 1

−1(x− 1)n(x+ 1)ndx.

Dupa integrare prin parti de n ori obtinem

‖Ln‖2 =(n!)2

(2n)!· (n!)2

(2n)!

∫ 1

−1(x+ 1)2ndx =

22n+1(n!)4

((2n)!)2(2n+ 1).

Problema 5.6 Sa se arate ca daca A = [aij ]i,j=1,n ∈ Mn(R) este o matrice simetrica si

aii >

n∑j=1j 6=i

|aij |, atunci functia f : Rn × Rn → R

f(X,Y ) =

n∑i,j=1

aijxiyj

este un produs scalar pe Rn.

178

Solutie. Se verifica usor relatiile f(αX, βY ) = αβf(X,Y ), f(X,Y ) = f(Y,X) sif(X + Y, Z) = f(X,Z) + f(Y,Z).

Singura problema o ridica proprietatea f(X,X) > 0, pentru X 6= 0. Avem

f(X,X) =

n∑i,j=1

aijxixj =

n∑i=1

aiix2i + 2

∑i<j

aijxixj >

>n∑i=1

∑j 6=i|aij |

x2i + 2

∑i<j

aijxixj =

=∑i<j

|aij |(x2i + x2

j ) + 2∑i<j

aijxixj ≥∑i<j

|aij | · 2|xi||xj |+ 2∑i<j

aijxixj =

= 2∑i<j

(|aij ||xi||xj |+ aijxixj) ≥ 0

deoarece |x| ≥ x, x ∈ R.Observatie. Daca A ∈ Mn(R) este matrice simetrica pozitiv definita, atunci functia

f : Rn × Rn → R,

f(X,Y ) =n∑

i,j=1

aijxiyj

determina pe Rn o structura de spatiu euclidian real.

Problema 5.7 Sa se determine toate aplicatiile liniare T : R2 → R2 si S : R3 → R3 care

transforma orice vector v ıntr-un vector ortogonal. Sa se determine ın aceste cazuri Ker T ,

Im T , Ker S, Im S.

Solutie. T (x, y) = (x′, y′)[x′

y′

]= MT

[xy

]=

[a bc d

]·[xy

]T (x, y) ⊥ (x, y) ⇔ 〈(x, y), (x′, y′)〉 = 0 ⇔

(ax+ by)x+ (cx+ dy)y = 0, x, y ∈ R

x = 0 ⇒ d = 0, y = 0 ⇒ a = 0, x = y = 1 ⇒ c = −b

⇒ T (x, y) = b(y,−x)

(MT = b

[0 1−1 0

])Daca b = 0 ⇒ Ker T = R2, Im T = (0, 0).Daca b 6= 0 ⇒ Ker T = (0, 0), Im T = R2.

S(x, y, z) = (x′, y′, z′), MS =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

⇒ MS =

0 −α3 α2

α3 0 −α1

−α2 α1 0

⇒ T (v = a× v


unde a = α1i+ α2j + α3k.Daca a = 0 atunci S = 0.Daca a 6= 0 atunci Im S = planul perpendicular pe a, Ker S = dreapta determinata

de a.

Problema 5.8 Sa se arate ca daca e1, . . . , ek, f1, . . . , fp sunt vectori independenti ıntr-un

spatiu euclidian, ıntre determinantii Gram exista relatia

G(e1, . . . , ek, f1, . . . , fp) ≤ G(e1, . . . , ek)G(f1, . . . , fp).

Solutie. Daca Spane1, . . . , ek ⊥ Spanf1, . . . , fk atunci matricea

G[e1, . . . , ek, f1, . . . , fp] =

[G[e1, . . . , ek] 0

0 G[f1, . . . , fp]

]deci G(e1, . . . , ek, f1, . . . , fp) = G(e1, . . . , ek)G(f1, . . . , fp).

In general facem inductie dupa numarul de vectori. Este suficient sa aratam caG(e1, . . . , ek, f) ≤ G(e1, . . . , ek)G(f).

Notam Vk = Spane1, . . . , ek si descompunem f sub forma f = ek+1 + gk+1 cu gk+1 ∈Vk si ek+1 ∈ V ⊥k .

Avem:

G(e1, . . . , ek, f) = G(e1, . . . , ek, ek+1) = G(e1, . . . , ek)G(ek+1) =

= G(e1, . . . , ek) · ‖ek+1‖2 ≤ G(e1, . . . , ek) · ‖f‖2 = G(e1, . . . , ek)G(f).

Observatie. G(e1, . . . , ek) ≤ ‖e1‖2 · · · ‖ek‖2.

Problema 5.9 Sa se arate ca daca ın spatiul vectorial normat (V, ‖ · ‖), norma provine

dintr-un produs scalar atunci pentru orice x, y ∈ V avem inegalitatea:

‖x+ y‖ · ‖x− y‖ ≤ ‖x‖2 + ‖y‖2.

In ce caz are loc egalitatea? Are loc inegalitatea pentru toate normele vectoriale?

Solutie. Daca norma provine dintr-un produs scalar atunci

‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖x‖2 + ‖y‖2).

Inmultind cu 2 inegalitatea data obtinem

2‖x+ y‖ · ‖x− y‖ ≤ ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2

sau(‖x+ y‖ − ‖x− y‖)2 ≥ 0,

inegalitate adevarata.Egalitatea are loc daca si numai daca

‖x+ y‖ = ‖x− y‖ ⇔

180

‖x‖2 + 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ ‖y‖2 = ‖x‖2 − 〈x, y〉 − 〈y, x〉+ ‖y‖2 ⇔

〈x, y〉+ 〈y, x〉 = 0 ⇔ 〈x, y〉+ 〈x, y〉 = 0 ⇔

Re 〈x, y〉 = 0

(ıntr-un spatiu vectorial real conditia este x ⊥ y).In general inegalitatea nu are loc daca norma nu provine dintr-un produs scalar: ın R2

luam norma ‖(x, y)‖ = |x|+ |y| si consideram vectorii x = (1, 0), y = (0, 1), x+ y = (1, 1),x− y = (1,−1) si

‖x+ y‖ = 2, ‖x− y‖ = 2, ‖x‖ = 1, ‖y‖ = 1

si

‖x+ y‖ · ‖x− y‖ = 4 > 2 = ‖x‖2 + ‖y‖2.

Problema 5.10 Sa se demonstreze ca polinomul minimal al unei matrice A ∈ Mn(C)

poate fi determinat astfel (fara a gasi polinomul caracteristic si valorile proprii): sistemului

de matrice In, A,A2, . . . , An (liniar dependent) i se aplica procedeul de ortogonalizare

Gram-Schmidt, utilizand produsul scalar ın Mn(C), 〈X,Y 〉 =n∑

i,j=1

xijyij (cu X = [xij ]

si Y = [yij ]). Daca ın sistemul ortogonalizat, la pasul k obtinem matricea 0, atunci avem

0 = Ak + (a0In + a1A + · · · + ak−1Ak−1). Polinomul minimal al matricei A este mA =

xk + ak−1xk−1 + · · ·+ a1A+ a0In.

Solutie. Daca vectorii v0, v1, . . . , vk−1 sunt liniar independenti iar vectorul vk esteliniar dependent de v0, v1, . . . , vk−1, atunci prin ortogonalizare Gram-Schmidt obtinem

vectorii ortogonali nenuli w0, w1, . . . , wk−1 si din wk = vk +

k−1∑i=0

biwi rezulta wk ∈

Spanv0, v1, . . . , vk−1 = V1 si wk ∈ (Spanv0, v1, . . . , vk−1)⊥ = V ⊥1 deci wk ∈ V1 ∩ V ⊥1 =0 adica wk = 0.

Deoarece

k=1∑i=0

biwi =

k=1∑i=0

aivi rezulta vk +

k−1∑i=0

aivi = 0. Polinomul minimal este polino-

mul de grad k, minim cu proprietatea ca matricele In, A,A2, . . . , Ak sunt liniar dependente

(deci matricele In, A,A2, . . . , Ak−1 sunt liniar independente).

Problema 5.11 In spatiul vectorial R[x] se considera produsul scalar

〈f, g〉 =

∫ ∞−∞

e−x2f(x)g(x)dx.

Sa se arate ca prin ortogonalizarea bazei canonice 1, x, x2, . . . prin procedeul Gram-

Schmidt obtinem baza ortogonala H0, H1, H2, . . . , unde

Hn(x) =(−1)n

2n· ex2(e−x

2)(n), n ∈ N.


Solutie. Avem

Hn(x) =(−1)n

2n· ex2(−2xe−x

2)(n−1) =

=(−1)n

2nex

2(−2x(e−x

2)(n−1) + C1

n−1(−2)(e−x2)n−2) =

=(−1)n−1

2n−1ex

2(e−x

2)(n−1)x− (−1)n−2

2n−2ex

2(e−x

2)(n−2) · 2(n− 1) =

= xHn−1(x)− 2(n− 1)Hn−2(x).

Prin inductie se arata ca Hn este polinom unitar de grad n.Ramane de aratat ca 〈Hn, Hk〉 = 0, pentru orice n 6= k.Avem:

〈Hn, Hk〉 =

∫ ∞−∞

e−x2Hk(x) · (−1)n

2nex

2(e−x

2)ndx =

= αn

∫ ∞−∞

Hk(x)(e−x2)(n)dx.

Integram prin parti si obtinem

〈Hk, Hn〉 = αnHk(x)(e−x2)(n−1)

∣∣∣∞−∞− αn

∫ ∞−∞

H ′k(x)(e−x2)(n−1)dx =

= αnHk(x)ex2(e−x

2)(n−1)e−x

2∣∣∣∞−∞− αn

∫ ∞−∞

H ′k(x)(e−x2)(n−1)dx

Dar (ex2)(e−x

2)(n−1) este polinom (de grad (n− 1)) si atunci

limx→±∞

αkHk(x)(ex2(e−x

2)(n−1))e−x

2= 0

si atunci

〈Hk, Hn〉 = −αn∫ ∞−∞

H ′k(x)(e−x2)(n−1)dx

Daca continuam sa integram prin parti, dupa n pasi obtinem

〈Hk, Hn〉 = (−1)nαn

∫ ∞−∞

H(n)k (x)e−x

2dx

si pentru k < n avem H(n)k = 0 deci 〈Hk, Hn〉 = 0.

Problema 5.12 Se considera n discuriD1, D2, . . . , Dn ın plan si notam ariile σ(Di∩Dj) =

aij . Sa se arate ca det[aij ]i,j=1,n ≥ 0.

Solutie. Daca D =

n⋃i=1

Di si notam cu ϕi : D → 0, 1 functia caracteristica a multimii

Di, i = 1, n, atunci

aij =

∫DϕDi∩Dj (x)dx =

∫Dϕi(x)ϕj(x)dx = 〈ϕi, ϕj〉,

decidet[aij ] = G(ϕ1, ϕ2, . . . , ϕn) ≥ 0,

fiind un determinant Gram.

182

Problema 5.13 Sa se arate ca:

a) Ker (T T ∗) = Ker T ∗

b) Im (T ∗ T ) = Im T ∗.

Solutie. a) x ∈ Ker (T T ∗) ⇔ (T T ∗)(x) = 0 ⇔ 〈x, T T ∗(x)〉 = 0 ⇔〈T ∗(x), T ∗(x)〉 = 0 ⇒ T ∗(x) = 0 ⇒ x ∈ Ker T ∗.

Daca x ∈ Ker T ∗ ⇒ T ∗(x) = 0 ⇒ (T T ∗)(x) = 0 ⇒ x ∈ Ker (T T ∗).b) Im (T T ∗) = [Ker (T T ∗)]⊥ = (Ker T ∗)⊥ = ((Im T )⊥)⊥ = Im T .

Problema 5.14 Sa se arate ca pentru un operator liniar T : V → V urmatoarele afirmatii

sunt echivalente:

a) T este un operator unitar (T T ∗ = T ∗ T = I).

b) 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉, x, y ∈ V .

c) ‖T (x)‖ = ‖x‖, x ∈ V .

Solutie. 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉 ⇔ 〈x, (T ∗ T )(y)〉 = 〈x, y〉 ⇔ T ∗ T = I deci a ⇔ b.Punand ın b) y = x obtinem c). Ramane sa aratam ca c) ⇒ b):

〈T (x+ y), T (x+ y)〉 = 〈x+ y, x+ y〉 ⇔

〈T (x), T (x)〉+ 〈T (x), T (y)〉+ 〈T (y), T (x)〉+ 〈T (y), T (y)〉 =

= 〈x, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ 〈y, y〉 ⇔

〈T (x), T (y)〉+ 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉+ 〈x, y〉

Daca ın relatia de mai sus ınlocuim y cu iy obtinem:

〈T (x), T (y)〉 − 〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉 − 〈x, y〉

din care prin adunare obtinem

〈T (x), T (y)〉 = 〈x, y〉.

Problema 5.15 Pe spatiul vectorial

V = C∞(0, 1) = f : (0, 1)→ R | exista f (n), n ∈ N

se considera endomorfismele T, S : V → V definite prin:

T (f)(x) = f ′(x) si S(f)(x) = xf(x).

a) Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii pentru T si S.

b) Sa se arate ca pentru orice n ≥ 1

Tn S − S Tn = n · Tn−1.


c) Daca V este un spatiu de dimensiune finita peste R, sa se arate ca nu exista endo-

morfisme A,B : V → V cu proprietatea

A B −B A = I.

Solutie. a1) T (f) = λf ⇔ f ′−λf = 0 (f(x)e−λx)′ = 0 ⇔ f(x) = ceλx. Orice numarreal λ este valoare proprie pentru T si orice functie exponentiala fλ(x) = ceλx, c 6= 0 estevector propriu corespunzator.

a2) S(f) = λf ⇔ xf(x) − λf(x) = 0 ⇔ (x − λ)f(x) = 0, x ∈ (0, 1) ⇒ f(x) = 0,pentru orice x 6= λ si f continua rezulta f = 0. Deci S nu are valori si vectori proprii.

b) Facem inductie dupa n. Pentru n = 1, trebuie aratat ca

(T S − S T )(f) = f ⇔ (xf(x))′ − xf ′(x) = f(x) ⇔

f(x) + xf ′(x)− xf ′(x) = f(x) adevarata.

Compunem ın P (n) la stanga si apoi la dreapta cu T

Tn+1 S − T S Tn = nTn

Tn S T − S Tn−1 = nTn

Adunam

(Tn+1 S − S Tn+1) + T (Tn−1 S − S Tn−1) T = 2nTn ⇔

Tn+1 S − S Tn+1 + T (n− 1)Tn−2 T = 2nTn ⇔

Tn+1 S − S Tn+1 = (n+ 1)Tn

(am demonstrat P (n+ 1)).c) Daca V are dimensiune finita A si B pot fi considerate matrice reale. Sa aratam ca

egalitatea AB−BA = In nu este posibila. Avem Tr (AB) = Tr (BA) deci Tr (AB−BA) =0 6= n = Tr (In).

Problema 5.16 Sa se arate ca daca S : V → V este un operator de simetrie, atunci

Fix S∗ = (Inv S)⊥ si Inv S∗ = (Fix S)⊥, unde Inv T = x| T (x) = −x.

Solutie. a) y ∈ Fix S∗ ⇔ S∗(y) = y ⇔ 〈x, S∗(y)〉 = 〈x, y〉, x ∈ V ⇔ 〈S(x), y〉 =〈x, y〉 ⇔ 〈S(x) − x, y〉 = 0 ⇔ y ⊥ S(x) − x, x ∈ V ⇔ y ⊥ Im (S − I). Aratamca Im (S − I) = Inv S: z ∈ Im (S − I) ⇔ z = S(x) − x ⇔ S(z) = S2(x) − S(x) =x− S(x) = −z, z ∈ Inv S.

b) y ∈ Inv S∗ ⇔ S∗(y) = −y ⇔ 〈x, S∗(y)〉 = 〈x,−y〉, x ∈ V ⇔ 〈S(x), y〉 = −〈x, y〉,x ∈ V ⇔ 〈S(x) +x, y〉 = 0, x ∈ V ⇔ y ∈ [Im (S+ I)]⊥. Aratam ca Im (S+ I) = Fix S,x ∈ Fix S ⇔ S(x) = x ⇔

x =1

2(x+ S(x)) ⇔ x = (I + S)

(1

2x

)⇒ x ∈ Im (S + I)

Daca x ∈ Im (S + I), x = S(y) + y ⇒ S(x) = S2(y) + S(y) = y + S(y) = x,

184

Problema 5.17 Sa se arate ca un operator de proiectie P este autoadjunct daca si numai

daca Ker P ⊥ Im P .

Solutie. Daca P 2 = P si P = P ∗ trebuie aratat ca oricare ar fi y cu P (y) = 0 sioricare ar fi x avem:

〈P (x), y〉 = 0 ⇔ 〈x, P ∗(y)〉 = 0 ⇔ 〈x, P (y)〉 = 0 ⇔ 〈x, 0〉 = 0.

Problema 5.18 Sa se arate ca daca T : X → X este un operator normal, atunci Ker T ∗ =

Ker T si Im T ∗ = Im T .

Solutie. Un operator normal verifica relatia

〈T (x), T (x)〉 = 〈T ∗(x), T ∗(x)〉 pentru orice x ∈ X.

Avem x ∈ Ker T ⇔ T (x) = 0 ⇔ 〈T (x), T (x)〉 = 0 ⇔ 〈T ∗(x), T ∗(x)〉 = 0 ⇔T ∗(x) = 0 ⇔ x ∈ Ker T ∗.

Se stie ca Im T = (Ker T ∗)⊥ si Im T ∗ = (Ker T )⊥.

Problema 5.19 Fie S : V → V un operator de simetrie (S2 = I). Sa se arate ca

urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

a) S este autoadjunct.

b) S este unitar.

c) Fix S ⊥ Inv S.

Solutie. a) ⇒ b) S = S∗, S S = I, S∗ S∗ = I ⇒ S S∗ = S∗ S = I ⇒ Sunitar.

b) ⇒ c) S unitar ⇔ 〈x, y〉 = 〈S(x), S(y)〉.Daca x ∈ Fix S, y ∈ Inv S ⇒ S(x) = x, S(y) = −y, deci

〈x, y〉 = 〈x,−y〉 = −〈x, y〉 ⇒ 〈x, y〉 = 0.

c)⇒ a) Daca S este simetrie Fix S = Im (S+I) si Inv S = Im (S−I). Trebuie aratatca daca 〈S(x) + x, S(y)− y〉 = 0, x, y ∈ V atunci S = S∗. Din relatia anterioara obtinem:

(S + I)∗ (S − I) = 0 si (S − I)∗ (S + I) = 0 ⇔

S∗ S − S∗ + S − I = 0 si S∗ S + S∗ − S − I = 0

care prin scadere dau S∗ = S.

Problema 5.20 Fie T : Cn → Cn o aplicatie liniara cu proprietatea

〈x, y〉 = 0 ⇒ 〈T (x), T (y)〉 = 0.

Sa se arate ca exista un operator unitar S : Cn → Cn si un scalar a ∈ C astfel ca

T = aS.


Solutie. Fie z = x‖y‖2 − 〈x, y〉y. Avem

〈z, y〉 = 〈x, y〉‖y‖2 − 〈x, y〉‖y‖2 = 0 ⇒ 〈T (z), T (y)〉 = 0 ⇔

〈T (x), T (y)〉‖y‖2 − 〈x, y〉‖T (y)‖2 = 0 ⇔

〈T (x), T (y)〉‖y‖2 = 〈x, y〉‖T (y)‖2 (1)

Schimband x cu y rezulta

〈T (y), T (x)〉‖x‖2 = 〈y, x〉‖T (x)‖2 ⇔

〈T (x), T (y)〉‖x‖2 = 〈x, y〉‖T (x)‖2 (2)

Din (1) si (2) pentru 〈x, y〉 6= 0 rezulta‖T (x)‖‖x‖

=‖T (y)‖‖y‖

.

Pentru 〈x, y〉 = 0 luam xk = aky + y⊥, y 6= 0 cu (ak)k un sir cu limk→∞

ak = 0, ak 6= 0,

k ∈ N.Avem 〈xk, y〉 = ak〈y, y〉 6= 0.

Deci‖T (xk)‖‖xk‖

=‖T (y)‖‖y‖

si trecand la limita‖T (x)‖‖x‖

=‖T (y)‖‖y‖

.

Deci relatia‖T (x)‖‖x‖

=‖T (y)‖‖y‖

= a ∈ [0,∞) este ındeplinita pentru orice x, y ∈ (Cn)∗.

Revenind ın (1) ⇒ 〈T (x), T (y)〉 = a2〈x, y〉, x, y ∈ Cn.

Daca a = 0 luam S = 0 si daca a 6= 0 luam S =1

aT .

Problema 5.21 Sa se arate ca o forma patratica f =n∑

i,j=1

aijxixj cu aij = aji si aii >∑j 6=i|aij | (diagonal dominanta) este pozitiv definita.

Solutie. Pentru (x1, . . . , xn) 6= (0, . . . , 0) avem

n∑i=1

aiix2i >

n∑i=1

∑j 6=i|aij |

x2i = (|a12|+ |a13|+ · · ·+ |a1n|)x2

1+

+(|a21|+ |a23|+ · · ·+ |a2n|)x22 + · · ·+ (|an1|+ |an2|+ · · ·+ |ann−1|)x2

n =

= |a12|(x21 + x2

2) + |a13|(x21 + x2

3) + · · ·+ |a1n|(x21 + x2

n)+

+|a23|(x22 + x2

3) + |a24|(x22 + x2

4) + · · ·+ |a2n|(x22 + x2

n) + · · ·+

+|an−1,n|(x2n−1 + x2

n) ≥ 2|a12||x1||x2|+ 2|a13||x1||x3|+ · · ·+

+2|a1n||x1||xn|+ · · ·+ |an−1,n||xn−1||xn| =

= 2∑i<j

|aij ||xi||xj | =∑i 6=j|aij ||xi||xj | ≥

∑i 6=j

(−aij)xixj .

Am obtinutn∑i=1

aiix2i >

∑i 6=j

(−aij)xixj

186

saun∑i=1

aiix2i +

∑i 6=j

aijxixj > 0

saun∑

i,j=1

aijxixj > 0.

Problema 5.22 Se considera pe axa reala intervalele A1, A2, . . . , An si se noteaza cu aij

lungimea intervalului Ai ∩Aj , i, j = 1, n. Sa se arate ca forma patratica:

f(x1, x2, . . . , xn) =n∑

i,j=1

aijxixj

este pozitiv semidefinita.

Solutie. Notam cu A =n⋃i=1

Ai si pentru B ⊂ A consideram functia caracteristica a

multimii B, ϕB : A→ 0, 1

ϕB(x) =

1 daca x ∈ B0 daca x 6∈ B

Daca B este interval atunci lungimea lui

l(B) =

∫AϕB(x)dx =

∫A

(ϕB(x))2dx.

In plus ϕAi∩Aj = ϕAiϕAj si atunci

aij =

∫AϕAi(x)ϕAj (x)dx.

Avem:n∑

i,j=1

aijxixj =

∫A

n∑i,j=1

ϕAi(x)ϕAj (x)xixj

dx

=

∫A

(ϕA1(x)x1 + ϕA2

(x)x2 + · · ·+ ϕAn(x)xn)2dx ≥ 0.

Problema 5.23 Sa se arate ca daca o matrice simetrica A = [aij ]i,j=1,n este pozitiv

definita, atunci aiiajj > a2ij , pentru orice i 6= j.

Solutie. Submatricea principala

[aii aijaji ajj

]este pozitiv definita, deci determinantul

ei este strict pozitiv.

Problema 5.24 Sa se arate ca daca matricea A ∈ Mn(R) este antisimetrica, atunci

matricele In + A si In − A sunt inversabile iar matricea B = (In − A)(In + A)−1 este

ortogonala si B + In este inversabila.


Solutie. Daca A + In ar fi neinversabila ar exista un vector real nenul astfel caAX = X ⇒ XtAX = −XtX si transpunand relatia avem: Xt(−A)X = −XtX pecare adunandu-le obtinem:

0 = −XtX sau 0 = −n∑i=1

x2i adica X = 0.

Pentru a arata ca matricea B este ortogonala trebuie aratat ca BtB = In ⇔

(I −A−1)(I +A)(I −A)(I +A)−1 = In ⇔

(I +A)(I −A) = (I −A)(I +A) ⇔ I −A2 = I −A2.

Avem:

B + In = (I −A)(I +A)−1 + (I +A)(I +A)−1 = 2(I +A)−1

care este inversabila si (B + In)−1 =1

2(A+ In).

Problema 5.25 Fie A,B ∈Mn(R) doua matrice ortogonale (AAt = In si BBt = In).

Sa se arate ca daca detA+ detB = 0, atunci det(A+B) = 0.

Solutie. detA · det(A+B) = detA · det(At +Bt) = det(In +ABt)

= det(In +BAt) = detB · det(At +Bt) = detB · det(A+B)

=− detA · det(A+B)

⇒ 2 detA · det(A+B) = 0 ⇒ det(A+B) = 0

(detA 6= 0, = ±1).

Problema 5.26 Fie A = [aij ]i,j=1,n ∈Mn(R) o matrice ortogonala.

Sa se arate ca

n∑i,j=1

|aij | ≤ n√n si

∣∣∣∣∣∣n∑

i,j=1

aij

∣∣∣∣∣∣ ≤ n.

Solutie. Avem:n∑

i,j=1

|aij | =n∑

i,j=1

1 · |aij |

si aplicam inegalitatea Cauchy-Schwarz: n∑i,j=1

|aij |

2

≤n∑

i,j=1

1 ·n∑

i,j=1

|aij |2

= n2n∑i=1

n∑j=1

|aij |2 = n2

n∑i=1

1 = n2 · n = n3.

188

Pentru a doua inegalitate, observam ca daca notam cu [1] matricea coloana cu toateelementele egale cu 1 atunci

n∑i,j=1

aij = 〈[1], A[1]〉,

produsul scalar fiind cel obisnuit ın Rn. Folosind aceeasi inegalitate:

|〈[1], A[1]〉| ≤ ‖[1]‖ · ‖A[1]‖ =√n · ‖[1]‖ =

√n ·√n = n

(A fiind ortogonala avem ‖AX‖ = ‖X‖).

Problema 5.27 Fie A ∈ Mn(R) o matrice simetrica pentru care exista k natural astfel

ca Ak = In. Sa se arate ca A2 = In.

Solutie. A fiind simetrica este diagonalizabila si are valorile proprii reale. Din Ak = In,pentru orice valoare proprie λA avem λkA = 1 si din λA ∈ R rezulta λA = ±1. Forma Jordana matricei A va fi

JA =

[−Ip

In−p

]si din A = P · JA · P−1 rezulta A2 = P · J2

A · P−1 = P · In · P−1 = In.

Problema 5.28 Fie A ∈Mn(R) astfel ca A+At = In. Sa se arate ca detA > 0.

Concurs Rusia

Solutie. Scriem relatia sub forma(A− 1

2In

)+

(A− 1

2In

)t= 0,

deci matricea B = A− 1

2In este antisimetrica (reala) si are valorile proprii imaginare sau

zero. Daca λB = bi, b 6= 0 atunci B are valoare proprie si pe λB = −ib (de acelasi ordin

de multiplicitate). Valorile proprii ale matricei A sunt λA =1

2+ λB, deci λA =

1

2sau

λA =1

2+ ib si λA =

1

2− ib.

Determinantul matricei A este produsul valorilor proprii deci

detA =

(1

2

)k∏(1

2+ ib

)(1

2− ib

)=

(1

2

)k∏(1

4+ b2

)> 0.

Problema 5.29 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune n si V1, V2, V3 subspatii ın V .

Sa se arate ca dimV1 + dimV2 + dimV3 − dim(V1 ∩ V2 ∩ V3) ≤ 2n.

Solutie. Consideram aplicatia liniara T : V1 × V2 × V3 → V × V

T (x1, x2, x3) = (x1 − x3, x2 − x3)

si avemKer T = (x, x, x) | x ∈ V1 ∩ V2 ∩ V3


deci dim Ker T = dim(V1 ∩ V2 ∩ V3).Din teorema dimensiunii pentru aplicatia T avem:

dim(V1 × V2 × V3) = dim(Ker T ) + dim(Im T ).

Dar dim(V1 × V2 × V3) = dimV1 + dimV2 + dimV3 si

dim(Im T ) ≤ dimV + dimV = 2n

si astfel avem:

dimV1 + dimV2 + dimV3 ≤ dim(V1 ∩ V2 ∩ V3) + 2n.

Problema 5.30 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian de dimensiune finita si T : X → X un

endomorfism care conserva ortogonalitatea (x ⊥ y ⇒ T (x) ⊥ T (y)). Sa se arate ca exista

a ≥ 0 astfel ca

‖T (x)‖ = a‖x‖, pentru orice x ∈ X.

Solutie. Fie e1, e2, . . . , en o baza ortonormata ın X. Vectorii ei − ej si ei + ej suntortogonali pentru orice i 6= j

(〈ei − ej , ei + ej〉 = ‖ei‖2 + 〈ei, ej〉 − 〈ej , ei〉 − ‖ej‖2 = 1 + 0− 0− 1 = 0)

si atunci〈T (ei − ej), T (ei + ej)〉 = 0 ⇔ ‖T (ei)‖2 − ‖T (ej)‖2 = 0,

deci‖T (e1)‖ = ‖T (e2)‖ = . . . = ‖T (en)‖ = a ≥ 0.

Pentru x =n∑i=1

αiei avem

‖T (x)‖2 =

∥∥∥∥∥n∑i=1

αiT (ei)

∥∥∥∥∥2

=

⟨n∑i=1

αiT (ei),n∑j=1

αjT (ej)

⟩

=n∑i=1

n∑j=1

αiαj〈T (ei), T (ej)〉 =n∑i=1

α2i ‖T (ei)‖2

=

n∑i=1

α2i a

2 = a2n∑i=1

α2i = α2‖x‖2,

deci‖T (x)‖ = a‖x‖, x ∈ X.

Problema 5.31 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian de dimensiune finita si P : X → X un

operator de proiectie cu proprietatea ca

‖P (x)‖ ≤ ‖x‖, pentru orice x ∈ X.

Sa se arate ca P este autoadjunct.

190

Solutie. Vom arata mai ıntai ca Im P ⊥ Ker P .Fie x = P (z) ∈ Im P si y ∈ Ker P .Avem:

‖P (ax+ y)‖2 ≤ ‖ax+ y‖2 ⇔ ‖aP (x) + P (y)‖2 ≤ ‖ax+ y‖2 ⇔

a2‖P (x)‖2 ≤ a2‖x‖2 + 2a〈x, y〉+ ‖y‖2 pentru orice a ∈ R ⇔

a2‖P (z)‖2 ≤ a2‖P (z)‖2 + 2a〈x, y〉+ ‖y‖2 ⇔

2a〈x, y〉+ ‖y‖2 ≥ 0 pentru orice a ∈ R.

Rezulta 〈x, y〉 = 0.Din X = Ker P ⊕ Im P rezulta ca Ker P = (Im P )⊥ si Im P = (Ker P )⊥.Pe de alta parte pentru orice endomorfism avem: Ker P ∗ = (Im P )⊥ si Im P ∗ =

(Ker P )⊥, astfel ca Ker P = Ker P ∗ = V2 si Im P = Im P ∗ = V1, deci P si P ∗ sunt egali(proiectia pe V1 paralela cu V2 cu V1 ⊥ V2 deci o proiectie ortogonala).

Problema 5.32 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian si f : X → X o functie cu proprietatea

〈f(x), y〉 = 〈x, f(y)〉, pentru orice x, y ∈ X.

Sa se arate ca f este un operator autoadjunct.

Solutie. Aratam ca f este aplicatie liniara.Avem:

〈f(ax+ by), z〉 = 〈ax+ by, f(z)〉 = a〈x, f(z)〉+ b〈y, f(z)〉

= a〈f(x), z〉+ b〈f(y), z〉 = 〈af(x) + bf(y), z〉 pentru orice x, y, z ∈ X.

Rezulta f(ax+by) = af(x)+bf(y), pentru orice x, y ∈ X, deci f este aplicatie liniara.Din 〈f(x), y〉 = 〈x, f(y)〉 si 〈f(x), y〉 = 〈x, f∗(y)〉 rezulta

〈x, f(y)〉 = 〈x, f∗(y)〉, x, y ∈ X ⇔ 〈x, f(y)− f∗(y)〉 = 0

si luand x = f(y)− f∗(y) rezulta

‖f(y)− f∗(y)‖2 = 0

deci

f(y) = f∗(y), y ∈ X ⇔ f = f∗,

deci f este autoadjuncta.

Problema 5.33 Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu euclidian real si f : X → X o functie cu propri-

etatea f(0) = 0 si ‖f(x)− f(y)‖ = ‖x− y‖ pentru orice x, y ∈ X.

Sa se arate ca f este o aplicatie liniara ortogonala.


Solutie. Luand y = 0 ın relatia data obtinem ‖f(x)‖ = ‖x‖. Avem:

‖f(x)− f(y)‖2 = ‖x− y‖2 ⇔ 〈f(x)− f(y), f(x)− f(y)〉 = 〈x− y, x− y〉 ⇔

〈f(x), f(x)〉 − 〈f(x), f(y)〉 − 〈f(y), f(x)〉+ 〈f(y), f(y)〉= 〈x, x〉 − 〈x, y〉 − 〈y, x〉+ 〈y, y〉 ⇔

2〈f(x), f(y)〉 = 2〈x, y〉 ⇔ 〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉,deci f conserva produsul scalar.

Vom arata ca f(ax + by) = af(x) + bf(y), pentru orice x, y ∈ X si orice a, b ∈ R.Pentru aceasta aratam ca ‖f(ax+ by)− af(x)− bf(y)‖ = 0. Avem:

‖f(ax+ by)− af(x)− bf(y)‖2 = ‖f(ax+ by)‖2 + a2‖f(x)‖2 + b2‖f(y)‖2

−2a〈f(ax+ by), f(x)〉 − 2b〈f(ax+ by), f(y)〉+ 2ab〈f(x) + f(y)〉= ‖ax+ by‖2 + a2‖x‖2 + b2‖y‖2 − 2a〈ax+ by, x〉 − 2b〈ax+ by, y〉+ 2ab〈x, y〉= ‖ax+ by‖2 + a2‖x‖2 + b2‖y‖2 − 2a2‖x‖2 − 2ab〈y, x〉 − 2ba〈x, y〉 − 2b2‖y‖2

+2ab〈x, y〉 = ‖ax+ by‖2 − a2‖x‖2 − b2‖y‖2 − 2ab〈x, y〉 = 0.

Din f liniara si 〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉 ⇔ 〈x, f∗ f(y)〉 = 〈x, y〉 ⇔

〈x, f∗ f(y)− y〉 = 0, pentru orice x, y ∈ X,

luand x = f∗ f(y)− y, rezulta

‖f∗ f(y)− y‖2 = 0 deci f∗ f(y) = y, y ∈ X ⇔

f∗ f = I ⇔ f∗ = f−1,

deci f este aplicatie ortogonala.

Problema 5.34 Fie V un spatiu euclidian real de dimensiune n si v1, v2, . . . , vn, vn+1

vectori din V cu proprietatea ‖vi + vj‖ ∈ Q pentru orice i, j = 1, n+ 1.

Sa se arate ca acesti vectori sunt liniar dependenti peste Q.

IMC, 2006

Solutie. Daca Spanv1, v2, . . . , vn, vn+1 6= V ne reducem de la n la n− 1 (inductie).Presupunem ca v1, v2, . . . , vn sunt liniar independenti peste R si fie

vn+1 = α1v1 + α2v2 + . . .+ αnvn,

scrierea lui vn+1 ın baza v1, v2, . . . , vn.Din ‖vi + vj‖2 = ‖vi‖2 + ‖vj‖2 + 2〈vi, vj〉 si din ‖vi + vj‖ ∈ Q, ‖vi‖ ∈ Q, ‖vj‖ ∈ Q

rezulta 〈vi, vj〉 ∈ Q. Inmultind scalar pe vn+1 pe rand cu v1, v2, . . . , vn obtinem relatiile

〈v1, vn+1〉 = α1〈v1, v1〉+ α2〈v1, v2〉+ . . .+ αn〈v1, vn〉

〈v2, vn+1〉 = α1〈v2, v1〉+ α2〈v2, v2〉+ . . .+ αn〈v2, vn〉. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

〈vn, vn+1〉 = α1〈vn, v1〉+ α2〈vn, v2〉+ . . .+ αn〈vn, vn〉relatii pe care le interpretam ca sistem de ecuatii cu necunoscutele α1, α2, . . . , αn sicoeficientii din Q. Determinantul sistemului este determinantul Gram G(v1, v2, . . . , vn)care este nenul (vectorii v1, v2, . . . , vn erau liniar independenti). Sistemul are solutie unicaα1, α2, . . . , αn ∈ Q.

192

Problema 5.35 Fie A,B ∈Mn(C) matrice unitare. Sa se arate ca | det(A+B)| ≤ 2n.

Solutie. O matrice unitara este inversabila si are toate valorile proprii de modul 1.Avem:

det(A+B) = detA(In +A−1B) = detA · det(In +A−1B).

Aratam ca matricea A−1B este ortogonala:

(A−1B)−1 = B−1A,

(A−1B)∗ = B∗(A−1)∗ = B∗(A∗)∗ = B∗ ·A = B−1 ·A.

Daca λ1, λ2, . . . , λn sunt valorile proprii ale matricei A−1B atunci

1 + λ1, 1 + λ2, . . . , 1 + λn

sunt valorile proprii ale matricei In +A−1B si atunci

|det(In +A−1B)| = |1 + λ1| · |1 + λ2| . . . |1 + λn| ≤ 2 · 2 · . . . · 2 = 2n,

iar |detA| = 1. Obtinem | det(A+B)| ≤ 2n.

Problema 5.36 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune n si v1, v2, v3 subspatii astfel ca

dim(V1) + dim(V2) + dim(V3) > 2n.

Sa se arate ca V1 ∩ V2 ∩ V3 6= 0.

Examen Franta

Solutie. Consideram aplicatia liniara T : V1 × V2 × V3 → V × V

T (x1, x2, x3) = (x1 − x3, x2 − x3)

si avem

Ker T = (x, x, x) | x ∈ V1 ∩ V2 ∩ V3.

Aplicam teorema dimensiunii pentru aplicatia T si avem:

dim(V1 × V2 × V3) = dim(Ker T ) + dim(Im T ).

Avem

dim(V1 × V2 × V3) = dimV1 + dimV2 + dimV3 > 2n

si

dim(Im T ) ≤ dim(V × V ) = 2n.

Ramane ca dim(Ker T ) > 0 deci Ker T 6= 0 ⇔ V1 ∩ V2 ∩ V3 6= 0.

Problema 5.37 Daca ‖·‖ este o norma pe Rn si A ∈ Mn (R), exista un numar M > 0

astfel ıncat ‖AX‖ ≤M ‖X‖, ∀X ∈ Rn.


Solutie. Multimea S = X : X ∈ Rn cu ‖X‖ = 1 este o multime compacta ın Rn(marginita si ınchisa). Orice norma pe Rn este o functie continua de cele n variabileindependente xi si deci este marginita pe S (teorema lui Weierstrass). Deci avem ‖AX‖ ≤M pentru orice X ∈ S. Daca X ∈ Rn este un vector oarecare diferit de vectorul nul, avem‖A (X/ |‖X‖|)‖ ≤M si deci ‖AX‖ ≤M ‖X‖. Altfel spus, avem ‖AX‖ / ‖X‖ ≤M pentruorice X 6= 0 din Rn.

Problema 5.38 Fie o norma vectoriala definita pe Rn notata ‖·‖.

Se defineste |·| :Mn (R)→ R+ prin

|A| = sup

‖AX‖‖X‖

; X 6= 0, X ∈ Rn. (5.1)

Sa se arate ca aplicatia astfel definita este o norma matriceala. (Aceasta se numeste norma

matriceala generata de norma vectoriala ‖·‖.)

Solutie. Definitia (5.1) este corecta, deoarece acest supremum nu poate fi∞ (conformProblemei 5.37). Prima axioma este evident satisfacuta. Pentru cea de a doua, se scrie

|αA| = sup

‖(αA)X‖‖X‖

; X 6= 0, X ∈ Rn

=

= sup

|α| · ‖AX‖‖X‖

; X 6= 0

=

= |α| sup

‖AX‖‖X‖

; X 6= 0, X ∈ Rn

=

= |α| · |A| ,∀α ∈ R si ∀A ∈Mn (R) .

(5.2)

Pentru a verifica axioma a treia, se scrie

|A+B| = sup

‖(A+B)X‖‖X‖

; X 6= 0, X ∈ Rn

=

= sup

‖AX +BX‖‖X‖

; X 6= 0, X ∈ Rn≤

≤ sup

‖AX‖+ ‖BX‖

‖X‖; X 6= 0, X ∈ Rn

≤

≤ sup

‖AX‖‖X‖

; X 6= 0, X ∈ Rn

+

+ sup

‖BX‖‖X‖

; X 6= 0, X ∈ Rn

= ‖A‖+ ‖B‖ , ∀A, B ∈Mn (R) .

(5.3)

Pentru ultima axioma, se observa ca

|AB| = sup

‖(AB)X‖‖X‖

; X 6= 0

=

= sup

‖A (BX)‖‖X‖

; X 6= 0

≤

≤ sup

|A| · ‖BX‖‖X‖

; X 6= 0

=

= |A| sup

‖BX‖‖X‖

; X 6= 0

= |A| · |B|

(5.4)

194

oricare ar fi A,B ∈ Mn (R). S-a folosit majorarea ‖AX‖ ≤ |A| · ‖X‖ pentru orice vectorX ∈ Rn, care rezulta din definitia (5.1).

In concluzie, formula (5.1) defineste ın adevar o norma pe Mn (R), care ın acest feldevine un spatiu vectorial normat real.

Problema 5.39 Fie norma matriceala generata de norma vectoriala maxim

|A|∞ = sup

‖AX‖∞‖X‖∞

; X 6= 0, X ∈ Rn. (5.5)

Sa se demonstreze ca pentru orice matrice A ∈ Mn (R), aceasta norma este data de

formula

|A|∞ = maxi

n∑j=1

|aij | . (5.6)

Solutie. Se noteaza AX = Y si deci ‖AX‖∞ = ‖Y ‖∞ = maxi|yi|. Dar yi =

n∑j=1

aijxj

si |xj | ≤ ‖x‖∞ rezulta ca |yi| ≤ ‖X‖1 ·n∑j=1|aij |. Se noteaza cu M = max

i

n∑j=1|aij | si se

presupune ca acest maxim este atins pentru valoarea k a indicelui de linie i. Din |yi| ≤M ‖X‖∞ , ∀i = 1, n rezulta ‖AX‖1 ≤ M ‖X‖1 pentru orice X ∈ Rn. Toate rapoartelemultimii din (5.5) sunt marginite superior de M , care este un majorant pentru aceasta

multime. Daca se gaseste un vector X 6= 0, pentru care raportul∥∥∥AX∥∥∥

∞/∥∥∥X∥∥∥

∞are

valoarea M (echivalent∥∥∥AX∥∥∥

∞= M

∥∥∥X∥∥∥∞

), rezulta ca M este marginea superioara a

multimii de rapoarte. Acest vector este X, definit prin X = (sgn ak1, sgn ak2, . . . , sgn akn)T ,

are elementul de pe linia k, xk =n∑j=1|akj | = M si norma |X|∞ = 1. Deci el satisface

egalitatea∥∥∥AX∥∥∥

∞= M

∥∥∥X∥∥∥∞

si atunci formula (5.5) este demonstrata.

Norma |A|∞ se numeste uneori ”norma pe linii”, deoarece se obtine sumand valorileabsolute ale elementelor de pe fiecare linie si luand apoi cea mai mare suma gasita.

Problema 5.40 Fie norma matriceala generata de norma vectoriala suma

|A|1 = sup

|‖AX‖|1|‖X‖|1

; X 6= 0, X ∈ Rn, (5.7)

Sa se demonstreze ca pentru orice matrice A ∈ Mn (R), aceasta norma este data de

formula

|A|1 = maxj

n∑i=1

|aij | . (5.8)

Solutie. Se noteaza AX = Y si rezulta ca ‖AX‖1 = ‖Y ‖1 =n∑i=1|yi|. Din yi =

n∑j=1

aijxj ,


se obtine |yi| ≤n∑j=1|aij | · |xj |, ∀i = 1, n si deci

‖AX‖1 ≤n∑i=1

n∑j=1

|aij | · |xj |

=n∑j=1

(n∑i=1

|aij |

)|xj | . (5.9)

Se noteaza M = maxj

n∑i=1|aij |, si se scrie

‖AX‖1 ≤Mn∑j=1

|xj | = M ‖X‖1 , ∀X ∈Mn,1 (R) . (5.10)

Ca si ın cazul precedent, daca se gaseste un vector X pentru care∥∥∥AX∥∥∥

1= M

∥∥∥X∥∥∥1,

va rezulta ca M = |A|1 si deci formula (5.8) este adevarata. Acest vector X se poate

determina astfel: daca se admite ca maxj

n∑i=1|aij | se realizeaza pentru valoarea k a indicelui

de coloana j, M =n∑i=1|aik|, se considera vectorul X ale carui elemente sunt egale cu zero,

ın afara de cel de pe linia k, care este egal cu 1. El are proprietatea ca AX coincide cu

coloana k a matricei A, deci∥∥∥AX∥∥∥

1= M si pe de alta parte

∥∥∥X∥∥∥1

= 1. Prin urmare∥∥∥AX∥∥∥1

= M∥∥∥X∥∥∥

1.

Problema 5.41 Pentru A ∈Mn (R) se defineste functia |·|2 :Mn (R)→ R+, prin

|A|2 =

√√√√ n∑i=1

n∑j=1

a2ij . (5.11)

Sa se arate ca este o norma matriceala, dar nu este o norma generata de o norma

vectoriala.

Solutie. Primele trei axiome sunt ın mod evident ındeplinite.Demonstram ultima axioma:

|AB|2 ≤ |A|2 |B|2 , ∀A,B ∈Mn (R) . (5.12)

Se arata mai ıntai ca ‖AX‖2 ≤ |A|2 ‖X‖2, ∀X ∈ Rn. In adevar, daca AX = Y , atunci

yi =n∑j=1

aijxj si deci y2i =

(n∑j=1

aijxj

)2

. Din

y2i ≤

n∑j=1

a2ij

n∑j=1

x2j

=

n∑j=1

a2ij

‖X‖22 , i =1, n. (5.13)

rezulta

‖AX‖22 =n∑i=1

y2i ≤

n∑i=1

(n∑j=1

a2ij

)‖X‖22 =

=

(n∑i=1

n∑j=1

a2ij

)‖X‖22 = |A|22 · ‖X‖

22

(5.14)

196

adica ‖AX‖2 ≤ |A|2 · ‖X‖2.

In cazul ultimei axiome, daca v(1), v(2), . . . , v(n) sunt coloanele matricei B, vectoriiAv(1), Av(2), . . . , Av(n) sunt coloanele matricei AB, adica

AB = col[Av(1), Av(2), . . . , Av(n)

]si

|AB|22 =∥∥Av(1)

∥∥2+∥∥Av(2)

∥∥2+ · · ·+

∥∥Av(n)∥∥2 ≤

≤ |A|22(∥∥v(1)

∥∥2+ · · ·+

∥∥v(n)∥∥2)

= |A|22 · |B|22

(5.15)

deci (5.12) este adevarata. Functia astfel definita este o norma matriceala.Demonstram ca aceasta norma matriceala nu este o norma generata de o norma vec-

toriala. Fie matricea unitate In care are norma euclidiana egala cu√n. Daca ar exista o

norma vectoriala ‖·‖ care sa ne conduca la norma |·|2 pentru matrice, ar trebui sa avem

|In|2 = sup‖InX‖‖X‖

= 1, ceea ce este evident imposibil. De aici rezulta ca exista norme

matriceale care nu sunt generate de norme vectoriale.

Problema 5.42 Se defineste functia ρ : Mn (R) → R+, prin ρ (A) = maxi,j|aij | , ∀A ∈

Mn (R) , A = [aij ]i=1,mj=1,n

. Sa se arate ca aceasta functie nu defineste o norma pe Mn (R).

Solutie. Fie A = B cu aij = bij = 1, ∀i, j = 1, n. Matricea AB are toate elementeleegale cu n. Deci ρ (A) = ρ (B) = 1, iar ρ (AB) = n si nu are loc inegalitatea ρ (AB) ≤ρ (A) ρ (B).

Problema 5.43 Se defineste functia ρ :Mn (R)→ R+, prin

ρ (A) = n

(maxi,j|aij |

), ∀A ∈Mn (R) , A = [aij ]i=1,m

j=1,n

.

Sa se demonstreze ca este o norma matriceala.

Solutie. Primele trei axiome se verifica imediat. Pentru a se verifica ultima axiomase considera doua matrice oarecare A = [aij ]i=1,m

j=1,n

, B = [bij ]i=1,mj=1,n

si se noteaza C = AB.

Atunci cij =n∑k=1

aikbkj si

|cij | ≤n∑k=1

|aik| · |bkj | ≤

≤(

n∑k=1

|aik|)(

maxj,k=1,n

|bkj |)≤(n maxi,k=1,n

|aik|)(

maxj,k=1,n

|bkj |) (5.16)

deci

n |cij | ≤(n maxi,k=1,n

|aik|)(

n maxj,k=1,n

|bkj |), ∀i, j = 1, n (5.17)

ceea ce implica ρ (AB) ≤ ρ (A) ρ (B).

Problema 5.44 Fie A ∈ Mn (R), A = [aij ]i=1,mj=1,n

cu valorile proprii λ1 ≤ λ2 ≤ · · · ≤ λn.

Sa se arate ca

λ1 ‖X‖22 ≤ XTAX ≤ λn ‖X‖22 , ∀X ∈ Rn.


Solutie. Deoarece matricea A este simetrica, exista o baza ortonormata ın Rn, formatadin vectori proprii

v(i), i = 1, n

. Rezulta ca

∀X ∈Mn,1 (R) : X =n∑i=1

⟨X, v(i)

⟩v(i),

AX =n∑i=1

⟨X, v(i)

⟩λiv

(i), XtAX =n∑i=1

λi⟨X, v(i)

⟩2.

Dar λ1 ‖X‖2 ≤n∑i=1

λi⟨X, v(i)

⟩2 ≤ λn ‖X‖22 . Din ultimele doua relatii, rezulta

λ1 ‖X‖22 ≤ XTAX ≤ λn ‖X‖22 , ∀X ∈ Rn.

Se mai poate scrie(mini=1,n

λi

)‖X‖22 ≤ X

TAX ≤(

maxi=1,n

λi

)‖X‖22 , ∀X ∈ Rn

unde λi, i = 1, n sunt valorile proprii ale matricei simetrice A. Folosind majorarea obtinutasi formula (5.1), putem obtine norma matriceala peMn (R), generata de norma euclidianaa vectorilor ın Rn.

Problema 5.45 Sa se demonstreze ca expresia normei spectrale este data de

|A|s =√

maxi=1,n

µi,

ın care µi sunt valorile proprii matricei reale simetrice B = ATA.

Solutie. Mai ıntai, se observa ca XTBX ≥ 0, ∀X ∈ Rn. In adevar,

XTBX = XT(ATA

)X = (AX)T (AX) = ‖AX‖22 ≥ 0.

Conform problemei 5.44

XTBX ≤(

maxi=1,n

µi

)‖X‖22 ,∀X ∈ Rn.

Dar avem si µi ≥ 0 pentru i = 1, n, daca se tine seama de conditia XTBX ≥ 0 pentruorice X ∈ Rn. Din inegalitatea ‖AX‖2 ≤

√maxµi ‖X‖2, ∀X ∈ Rn se deduce

‖AX‖2‖X‖2

≤√maxi=1,n

µi ⇒ |A|s ≤√

maxi=1,n

µi.

Pentru a termina demonstratia, ramane sa se determine un vector X 6= 0, pentru care‖Av‖2‖v‖2

=√

maxi=1,n

µi. Acest vector va fi vectorul propriu al lui B, care satisface Bv = µv,

unde µ = maxi=1,n

µi. In adevar,

vTBv = ‖Av‖22 si vTBv = µvT v = µ ‖v‖22

ceea ce implica‖Av‖2‖v‖2

=√µ.

Observatie. De retinut ca norma euclidiana pentru vectori nu genereaza norma eu-clidiana pentru matrice. Evident, are loc inegalitatea |A|s ≤ |A|2.

198

Problema 5.46 Functia |·| :Mn (R)→ R+, prin

|A| =n∑i=1

n∑j=1

|aij | ,

defineste o norma matriceala pe multimea Mn (R) .

Solutie. Este suficient sa se demonstreze numai ca|AB| ≤ |A| |B| ,∀A,B ∈Mn (R) .Se scrie

|AB| =n∑i=1

n∑j=1

∣∣∣∣∣n∑k=1

aikbkj

∣∣∣∣∣ ≤n∑i=1

n∑j=1

(n∑k=1

|aik| |bkj |

)

si folosind majorarea evidenta |bkj | ≤n∑

m=1|bmj |, se obtine

n∑k=1

|aik| |bkj | ≤n∑k=1

|aik|

(n∑

m=1

|bmj |

)=

n∑k=1

n∑m=1

|aik| |bmj | ,

deci

|AB| ≤n∑i=1

n∑j=1

(n∑k=1

n∑m=1|aik| |bmj |

)=

=

(n∑i=1

n∑k=1

|aik|)(

n∑j=1

n∑m=1|bmj |

)= |A| |B| .

Problema 5.47 Fie A ∈Mn (R). Daca λ este valoare proprie pentru A, rezulta |λ| ≤ |A|,

oricare ar fi norma matriceala aleasa.

Solutie. Fie AX = λX si C = col [X,X, . . . ,X] matricea cu toate coloanele X ∈ Rn(s-a presupus X 6= 0). Avem AX = λX, caci fiecare coloana din AC coincide cu vectorulλX, la fel ca si fiecare coloana din matricea λX. Deducem ca |λC| = |AC| sau ınca|λ| · |C| ≤ |A| · |C|. Simplificand cu |C| 6= 0, obtinem |λ| ≤ |A|.

Problema 5.48 Fie A ∈Mn (C). Se noteaza ρi =n∑

j=1j 6=i|aij |, i = 1, n. Sa se arate ca

Spec (A) ⊂n⋃i=1

z; |z − aii| ≤ ρi .

Solutie. Multimea Di = z; |z − aii| ≤ ρi reprezinta un disc din planul complex, cucentrul ın aii si de raza ρi. Acestea se numesc discurile lui Gershgorin. Fie λ un numar

complex care nu face parte din multimean⋃i=1

Di. Aceasta ınseamna ca avem |λ− aii| > ρi

pentru toti i = 1, n. Dar λ − aii este elementul de pe diagonalela principala a deter-minantului care da valoarea polinomului caracteristic P (λ) = det (λI −A), iar conditiile|λ− aii| > ρi pentru i = 1, n spun ca pe fiecare linie, elementul de pe diagonala principalaeste mai mare ın modul decat suma modulelor celorlalte elemente din linia sa. Conform

problemei 3.109, P (λ) 6= 0, deci ın afara multimiin⋃i=1

Di nu se afla nici o radacina a

polinomului P (λ), adica Spec (A) ⊂n⋃i=1

Di.


Problema 5.49 Fie A ∈Mn (C). Se noteaza ρ(A) = maxi=1,n

|λi| si se numeste raza spectrala

a matricei A. Sa se demonstreze ca

ρ(A) ≤ maxi=1,n

n∑j=1

|aij |

.

Solutie. Fie λ ∈ Spec(A). Utilizand rezultatul problemei 5.48, exista i ∈ 1, 2, ..., nastfel ıncat |λ− aii| ≤ ρi. Dar |λ| − |aii| ≤ |λ− aii| ≤ ρi rezulta ca |λ| ≤

n∑j=1|aij | ⇒ |λ| ≤

maxi=1,n

(n∑j=1|aij |

)⇒ ρ(A) ≤ max

i=1,n

(n∑j=1|aij |

).

Problema 5.50 Fie A, B ∈Mn (R) doua matrice simetrice cu valorile proprii λ1 ≤ λ2 ≤

· · · ≤ λn, respectiv µ1 ≤ µ2 ≤ · · · ≤ µn. Notam ρi, i = 1, n valorile proprii ale matricei

A+B. Sa se arate ca

λ1 + µ1 ≤ ρi ≤ λn + µm, i = 1, n.

Seemous Shortlist, 2009

Solutie. Din inegalitatile λ1 ‖X‖22 ≤ XTAX ≤ λn ‖X‖22 si µ1 ‖X‖22 ≤ XTBX ≤

µn ‖X‖22, valabile pentru orice X ∈ Rn, obtinem

(λ1 + µ1) ‖X‖22 ≤ XT (A+B)X ≤ (λn + µn) ‖X‖22 .

Fie v un vector propriu al matricei A + B, corespunzator valorii proprii ρ, adica(A+B) v = ρv si v 6= θ. Luam ın inegalitatile precedente X = v, gasim λ1 + µ1 ≤ρ ≤ λn + µn pentru orice valoare proprie ρ a matricei A+B.

Problema 5.51 Fie A, B ∈Mn (R) doua matrice simetrice, avand valorile proprii nene-

gative. Sa se arate ca

det(A+B) ≥ detA+ detB.

Solutie. Pastrand notatiile din problema precedenta, se obtine

det(A+B) = ρ1ρ2 · · · ρn ≥ (λ1 + µ1)(λ2 + µ2) · · · (λn + µn) ≥

≥ λ1λ2 · · ·λn + µ1µ2 · · ·µn = detA+ detB.

Ipoteza ca valorile proprii λi si µi, i = 1, n sunt ≥ 0 a fost esentiala ın deducereainegalitatii enuntate care, evident ca nu are loc ın cazul matricelor oarecare.

Problema 5.52 Fie A, B ∈ Mn (R). Se noteaza, ın ordine crescatoare cu λi, respectiv

µi, i = 1, n valorile proprii ale matricelor reale simetrice ATA sau BTB. Daca ρ este o

valoare proprie reala a matricei AB, sa se arate ca

λ1µ1 ≤ ρ2 ≤ λnµn.

200

Solutie. Forma patratica XT(ATA

)X = ‖AX‖22 ≥ 0, deci toate valorile proprii λi

sunt ≥ 0. La fel, toate valorile proprii µi sunt ≥ 0. In plus, au loc si inegalitatile

λ1 ‖X‖22 ≤ ‖AX‖22 ≤ λn ‖X‖

22 , µ1 ‖X‖

22 ≤ ‖BX‖

22 ≤ µn ‖X‖

22 , X ∈ Rn.

Fie v un vector propriu pentru AB, corespunzator valorii proprii reale ρ, adica(AB) v = ρv, v 6= 0. Atunci

‖(AB) v‖22 = ‖A (Bv)‖22 ≤ λn ‖Bv‖22 ≤ λnµn ‖v‖

22

care implica ρ2 ‖v‖2 ≤ λnµn ‖v‖2, deci ρ2 ≤ λnµn. Asemanator, se gaseste si inegalitatea

λ1µ1 ≤ ρ2.

Problema 5.53 Fie A, B ∈ Mn (R) doua matrice simetrice cu AB = BA si avand

valorile proprii λi, respectiv µi. Atunci rezulta(mini=1,n

λ2i

)(mini=1,n

µ2i

)≤ ρ2

j ≤(

maxi=1,n

λ2i

)(maxi=1,n

µ2i

), j = 1, n

pentru toate valorile proprii ρj ale matricei AB.

Solutie. In adevar, ın acest caz AB este simetrica, deci are toate valorile proprii ρjreale, ATA = A2, BTB = B2, λi = λ2

i , µi = µ2i , i = 1, n. Dar λi si µi, i = 1, n nu mai

sunt, ın general, numerotate ın ordinea crescatoare. Putem scrie si altfel(mini=1,n

|λi|)(

mini=1,n

|µi|)≤∣∣ρj∣∣ ≤ (max

i=1,n|λi|)(

maxi=1,n

|µi|), j = 1, n.

Problema 5.54 Fie A ∈Mn (R) o matrice care satisface conditia XtAX ≥ 0, ∀X ∈ Rn.

Daca ε > 0, sa se arate ca A+ εIn este inversabila.

Solutie. Conditia XtAX ≥ 0 se mai scrie ca 〈AX,X〉 ≥ 0, ∀X ∈ Rn. Fie(A+ εIn)X = 0 (vectorul nul din Rn). Atunci

〈(A+ εIn)X, (A+ εIn)X〉 = 〈AX,AX〉+ 2ε 〈AX,X〉+ ε2 〈X,X〉 = 0.

Deoarece cei trei termeni sunt nenegativi si au suma zero, rezulta ca toti sunt egali cuzero. Din 〈X,X〉 = 0 ⇒ X = 0, asa ıncat sistemul algebric (A+ εIn)X = 0 are numaisolutia banala X = 0 (x1 = x2 = · · · = xn = 0), ceea ce implica det (A+ εIn) 6= 0, decimatricea A+ εIn este inversabila.

Problema 5.55 Fie A ∈Mn (R) o matrice antisimetrica. Sa se arate ca

(a) In +A si In −A sunt inversabile;

(b) B = (In −A) (In +A)−1 este ortogonala si B + In este inversabila .

Solutie. (a) Varianta I.Valorile proprii ale lui A, matrice antisimetrica, sunt de forma forma βi, cu β ∈ R.

Valorile proprii ale matricelor In±A sunt de forma 1±βi 6= 0, deci In±A sunt inversabile.


Varianta II.Daca In + A ar fi inversabila ar exista un vector nenul astfel ıncat AX = X ⇒

XtAX = XtX si transpunand relatia obtinem Xt (−A)X = XtX ⇒ XtX = −XtX pecare adunandu-le obtinem

0 = XtX sau 0 =n∑i=1

x2i ⇒ X = 0.

(b) BT =(

(In +A)−1)t

(In −A)t = (In −A)−1 (In +A), deci

BTB = (In −A)−1 (In +A) (In −A) (In +A)−1 =

= (In −A)−1 (In −A) (In +A) (In +A)−1 = In,

adica B este ortogonala.B + In = (In −A) (In +A)−1 + (In +A) (In +A)−1 = 2 (In +A)−1

care este inversabila. Rezulta ca

(B + In)−1 =1

2(In +A) .

Problema 5.56 Fie A∈Mn (R), cu proprietatile

(a) In +A si In −A sunt inversabile;

(b) B = (In −A) (In +A)−1 este ortogonala.

Sa se arate ca A este antisimetrica.

Solutie. Fie un element u ∈ Rn si notam X = (In +A)u, deci u = (In +A)−1X.Atunci

BX = (In −A) (In +A)−1X = (In −A)u = u − Au. Deoarece B este ortogonala,avem 〈BX,BX〉 = 〈X,X〉, ∀x ∈ Rn. Deci, rezulta

〈u−Au, u−Au〉 = 〈u+Au, u+Au〉 ,

sau echivalent

‖u‖2 − 2 〈Au, u〉+ ‖Au‖2 = ‖u‖2 + 2 〈Au, u〉+ ‖Au‖2 .

In concluzie, 〈Au, u〉 = utAu = 0, ∀u ∈ Rn si matricea A este antisimetrica (conformproblemei 3.113).

Problema 5.57 Fie A,D∈Mn (R) , AD = DA si D = diag [λ1, λ2, . . . , λn] cu λi 6= λj

pentru i 6= j. Sa se arate ca A este o matrice diagonala.

Solutie. Fie i 6= j o pereche de indici; ın AD pe locul (i, j) avem elementuln∑k=1

aikdkj =

aijdjj = λjaij . In DA, pe locul (i, j) avem elementuln∑k=1

dikakj = diiaij = λiaij . Din

(λj − λi) aij = 0⇒ aij = 0 pentru i 6= j. Deci A este o matrice diagonala.

Problema 5.58 Fie A,B∈Mn (R) doua matrice simetrice, cel putin una dintre ele avand

valorile proprii diferite ıntre ele. Sa se arate echivalenta afirmatiilor

202

(a) AB = BA;

(b) exista o matrice ortogonala C, astfel ıncat C−1AC si C−1BC sunt amandoua

matrice diagonale.

Solutie. (a)⇒ (b) Se presupune ca AB = BA. Deoarece exista C matrice ortogonala,astfel ıncat. C−1AC = diag [λ1, λ2, . . . , λn], ın care λi sunt valorile proprii ale matricei A,distincte (λi 6= λj daca i 6= j). Matricele C−1AC si C−1BC comuta ıntre ele, caci(

C−1AC) (C−1BC

)= C−1 (AB)C = C−1 (BA)C =

(C−1BC

) (C−1AC

)si prima este o matrice diagonala, cu elemente diferite pe diagonala principala. Rezulta casi a doua matrice este de tip diagonal (conform problemei 5.57).

Reciproc, daca are loc (b), matricele C−1AC si C−1BC sunt permutabile, fiindamandoua de tip diagonal. Avem(

C−1AC) (C−1BC

)=(C−1BC

) (C−1AC

)sau C−1 (AB)C = C−1 (BA)C,

de unde gasim AB = BA. Deci (b)⇒ (a).Observatie. Mai interesanta este implicatia (a)⇒ (b). Aceasta spune ca este suficient

sa gasim o baza ortonormata formata din vectori proprii v(i) ai matricei cu valori propriidistincte, pentru ca notand X = CY , unde am notat C = col

[v(1), v(2), ..., v(n)

]sa aducem

simultan la forma canonica cele doua forme patratice f(X) = XtAX si g(X) = XtBX,tinand seama si de conditia C−1 = Ct.

Problema 5.59 Fie A∈Mn (C) o matrice cu valori diferite ıntre ele si fie C o matrice

diagonalizabila. Sa se arate ca toate solutiile ecuatiei B2 = A sunt date de formula

B = Cdiag[±√λ1,±

√λ2, · · · ±

√λn

]C−1,

ın care λi, i = 1, n sunt valorile proprii ale matricei A.

Solutie. Se noteaza A = Cdiag[√λ1,√λ2, . . . ,

√λn]C−1. Pentru orice matrice B de

forma data, are loc B2 = Cdiag [λ1, λ2, . . . , λn]C−1 = A.Reciproc: daca B2 = A, matricele A si B comuta la ınmultire si atunci comuta si

C−1AC cu C−1BC. Dar C−1AC este o matrice diagonala, cu elementele de pe diagonalaprincipala diferite ıntre ele (λi 6= λj pentru i 6= j) si atunci C−1BC este tot o matricediagonala: C−1BC = diag [µ1, µ2, . . . , µn]. De aici, rezulta

B = Cdiag [µ1, µ2, . . . , µn]C−1 siB2 = Cdiag

[µ2

1, µ22, . . . , µ

2n

]C−1 = A,

de unde µ21 = λ1, µ2

2 = λ2, . . . , µ2n = λn. Prin urmare, B este de forma enuntata.

Capitolul 6

Geometrie vectoriala si analitica

Notatii

• R2 - planul punctual euclidian

• ~R2 - planul vectorial euclidian

• R3 - spatiul punctual euclidian

• ~R3 - spatiul vectorial euclidian

• A,B,C, . . . -puncte ın R2 sau ın R3

• (AB) - dreapta determinata de punctele A si B

• (D), (D1), . . . - drepte ın R2 sau ın R3

• [A,B] - segment orientat

• |AB| - lungimea segmentului [AB]

• AB, a - vector liber

• ||a||, ||AB||, d(A,B) - lungimea (norma) unui vector

• ao - versorul vectorului a

• i, j, k este baza ortonormata canonica ın ~R3,

i, j este baza ortonormata canonica ın ~R2

• O; i, j, k este reperul cartezian canonic ın ~R3

O; i, j este reperul cartezian canonic ın ~R2

• 〈a, b〉 sau a · b - produsul scalar al vectorilor a si b

• a× b - produsul vectorial al vectorilor a si b

• (a, b, c) -produsul mixt al vectorilor a, b si c

203

204

• G =

∣∣∣∣∣∣(a, a) (a, b) (a, c)(b, a) (b, b) (b, c)(c, c) (c, b) (c, c)

∣∣∣∣∣∣ - determinantul Gram al vectorilor a, b si c


Geometrie vectoriala

Modelul algebric al geometriei euclidiene a planului si spatiului ıl reprezinta spatiilevectoriale euclidiene.• Definitie. Numim plan euclidian un spatiu euclidian real de dimensiune doi. Modelulalgebric al planului euclidian este R2 = (x, y)| x ∈ R, x ∈ R ca spatiu vectorial real ıncare produsul scalar este 〈(x1, y1), (x2, y2)〉 = x1x2 + y1y2.

Baza E = e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) este baza canonica care este ortonormata. Dacanotam vectorii e1 = ~i, e2 = ~j atunci obtinem modelul vectorial al planului euclidian~R2 = v = x · i+ y · j| x ∈ R, y ∈ R, iar produsul scalar devine v1 · v2 = x1x2 + y1y2 dacav1 = x1 · i + y1 · j, v2 = x2 · i + y2 · j. Astfel vom privi planul euclidian ın doua moduri:R2 = (x, y)| x, y ∈ R, elementele sale le numim puncte si notam M(x, y) (punctul Mde coordonate x si y) si ~R2 = x · i+ y · j| x, y ∈ R, elementele sale le numim vectori pecare ıi reprezentam prin sageti ce pornesc din origine.• Definitie. Intre R2 si ~R2 este evidenta bijectia

M(x, y) 7→ rM = x · i+ y · j,

unde vectorul rM se numeste vectorul de pozitie al punctului M . Invers,

v = x · i+ y · j 7→Mv(x, y)

punctul Mv ıl numim varful vectorului v.Vectorii i, j formeaza o baza ortonormata ın ~R2.

• Definitie. Suma a doi vectori este definita algebric prin

v1 + v2 = (x1 + x2) · i+ (y1 + y2) · j, daca v1,2 = x1,2 · i+ y1,2 · j,

operatie care geometric revine la regula paralelogramului.• Definitie. Numim segment orientat ın planul R2 orice pereche de puncte si ıl notam cu[A,B], se figureaza printr-o sageata de la A la B.

Oricarui segment orientat [A,B] ıi asociem vectorul AB definit prinAB = rB − rA.

Analog se defineste spatiul punctual euclidian R3 = (x, y, z)| x, y, z ∈ R si spatiulvectorial euclidian ~R3 = v = x · i+ y · j + z · k| x, y, z ∈ R.

In continuare vom lucra doar ın spatiul R3 sau ~R3, reducerea la plan fiind evidenta.

Operatii cu vectori

• Definitie. Adunarea vectorilor: Daca vectorii v1 si v2 sunt dati de

v1 = x1 · i+ y1 · j + z1 · k, v2 = x2 · i+ y2 · j + z2 · k,

atunci suma celor doi vectori este

v1 + v2 = (x1 + x2) · i+ (y1 + y2) · j + (z1 + z2) · k.

Geometrie vectoriala si analitica 205

• Definitie. Produsul vectorilor cu scalari:Daca a ∈ R si v = x · i+ y · j + z · k ∈ ~R3, atunci

a · v = (a · x) · i+ (a · y) · j + (a · z) · k ∈ ~R3.

Observatii.

• Functia Tv0 : ~R3 → ~R3, Tv0 = v0 + v se numeste translatie de vector v0 (fixat).

• Functia Oa : ~R3 → ~R3, Oa(v) = a · v, unde a ∈ R, a > 0 se numeste omotetie deraport a.

• Doi vectori nenuli v1 si v2 sunt coliniari (au aceeasi directie) daca exista t ∈ R astfelca v1 = t · v2. Daca t > 0 spunem ca vectorii au acelasi sens.

• Definitie. Produsul scalar: Daca vectorii v1 si v2 sunt dati de

v1 = x1 · i+ y1 · j + z1 · k, v2 = x2 · i+ y2 · j + z2 · k,

atunci produsul scalar al celor doi vectori este

v1 · v2 = x1 · x2 + y1 · y2 + z1 · z2 ∈ R.

Observatie. Tripletul (~R3,R, ·) este spatiu euclidian real de dimensiune 3 cu bazaortonormata i, j, k.• Definitie. Norma unui vector: v = x · i+ y · j + z · k ∈ ~R3

‖v‖ =√v · v =

√x2 + y2 + z2

(reprezinta geometric lungimea unui vector, vectorii bazei au lungimea 1 (sunt versori)).• Definitie. Unghiul dintre doi vectori nenuli: v1, v2 ∈ ~R3, v1 6= 0, v2 6= 0

cos(v1, v2) =v1 · v2

‖v1‖ · ‖v2‖sau (v1, v2) = arccos

v1 · v2

‖v1‖ · ‖v2‖

Observatie. Vectorii v1 si v2 sunt ortogonali daca si numai daca au produsul scalaregal cu 0, deci v1 ⊥ v2 ⇔ v1 · v2 = 0.• Definitie. Produsul vectorial: Daca v1 = x1 · i+y1 · j+z1 ·k, v2 = x2 · i+y2 · j+z2 ·kdefinim

v1 × v2 =

∣∣∣∣∣∣i j kx1 y1 z1

x2 y2 z2

∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣ y1 z1

y2 z2

∣∣∣∣ · i+

∣∣∣∣ z1 x1

z2 x2

∣∣∣∣ · j +

∣∣∣∣ x1 y1

x2 y2

∣∣∣∣ · k =

= (y1z2 − z1y2) · i+ (z1x2 + x1z2) · j + (x1y2 − y1x2) · k.Observatii.

• Avem v1 × v2 = 0 ⇔ v1 si v2 sunt coliniari.

• Daca v1, v2 sunt necoliniari si v = v1 × v2 atunci:

‖v1× v2‖ = ‖v1‖ · ‖v2‖ sin(v1, v2) = aria paralelogramului construit pe vectorii v1 siv2. ∣∣∣∣ y1 z1

y2 z2

∣∣∣∣2 +

∣∣∣∣ z1 x1

z2 x2

∣∣∣∣2 +

∣∣∣∣ x1 y1

x2 y2

∣∣∣∣2 =

= (x21 + y2

1 + z21)(x2

2 + y22 + z2

2)− (x1x2 + y1y2 + z1z2)2.

206

• Folosind determinantul Gram avem:

G(v1, v2) =

∣∣∣∣ v1 · v1 v1 · v2

v2 · v1 v2 · v2

∣∣∣∣ = ‖v1‖2 · ‖v2‖ − (v1 · v2)2 = ‖v1 × v2‖2

• v ⊥ v1, v ⊥ v2 (v este ortogonal pe planul vectorilor v1 si v2).

• Triedrul v1, v2, v are orientarea pozitiva (la fel ca triedrul i, j, k).

• Definitie. Produsul mixt (triplul produs scalar) Daca v1, v2, v3 ∈ R3, atunci definim

produsul mixt al lor prin

(v1, v2, v3) = v1 · (v2 × v3) =

∣∣∣∣∣∣x1 y1 z1

x2 y2 z2

x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣Observatii.

• Avem (v1, v2, v3) = 0 ⇔ v1 se afla ın planul determinat de v2 si v3 ⇔ v1, v2, v3

sunt coplanari.

• (vσ1 , vσ2 , vσ3) = (sgn σ)(v1, v2, v3), σ ∈ S3.

• (a1 · v1, a2 · v2, a3 · v3) = (a1 · a2 · a3) · (v1, v2, v3)

• (v1 + v′1, v2, v3) = (v1, v2, v3) + (v′1, v2, v3)

• (v1, v2, v3)2 =

∣∣∣∣∣∣x1 y1 z1

x2 y2 z2

x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣ ·∣∣∣∣∣∣x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∣v1 · v1 v1 · v2 v1 · v3

v2 · v1 v2 · v2 v2 · v3

v3 · v1 v3 · v2 v3 · v3

∣∣∣∣∣∣ = G(v1, v2, v3)

• |(v1, v2, v3)| = volumul paralelipipedului construit pe vectorii v1, v2, v3.

• Definitie. Dublul produs vectorial a trei vectori

v1 × (v2 × v3) =

∣∣∣∣ v2 v3

v1 · v2 v1 · v3

∣∣∣∣ = (v1 · v3) · v2 − (v1 · v2) · v3

(formula lui Gibbs).

Dreapta ın spatiu

•Definitie. Se numeste dreapta ın spatiul R3 sau ~R3, orice varietate liniara de dimensiune1, din acest spatiu vectorial.

Ecuatii ale dreptei

(D1) r = rA + t · d, t ∈ R

este ecuatia vectoriala a dreptei ce trece prin punctul A si este paralela cu vectorul d 6= 0numit vector director.


(D2) r = (1− t)rA + trB, t ∈ R

este ecuatia vectoriala a dreptei ce trece prin punctele A si B (vectorul director ested = AB).

Observatii.

• Pentru fiecare valoare atribuita parametrului t ∈ R, obtinem cate un punct pedreapta AB. Pentru t = 0 obtinem punctul A, pentru t = 1 punctul B, iar pen-

tru t =1

2obtinem mijlocul segmentului [AB], pentru t ∈ (0, 1) obtinem puncte de

pe segmentul (A,B), pentru t > 1 puncte de pe semidreapta cu originea ın B situatade partea opusa punctului B iar pentru t < 0 obtinem punctele de pe semidreaptacu originea ın A situata de partea opusa punctului B.

• Ecuatia r = (1− t)rA + t · rB, t ≥ 0 reprezinta ecuatia traiectoriei unui punct ce semisca rectiliniu si uniform pe dreapta AB cu viteza v = AB.

(D3)x− xAα

=y − yAβ

=z − zAγ

sunt ecuatiile dreptei ce trece prin A si are parametrii directori α, β, γ sub forma normala.(Prin conventie se admite ca unii din numitorii α, β sau γ sa fie egali cu 0 dar nu toti. Inacest caz numaratorii corespunzatori sunt 0.)

(D4)x− xAxB − xA

=y − yByB − yA

=z − zAzB − zA

sunt ecuatiile dreptei ce trece prin A si B, sub forma normala.

Planul ın spatiu

• Definitie. Se numeste plan ın spatiu R3 sau ~R3 orice varietate liniara de dimensiune 2,din acest spatiu vectorial.

Ecuatii ale planului

(P1) r = rA + t · d1 + s · d2, t ∈ R, s ∈ R

este ecuatia vectoriala a planului ce trece prin punctul A si este paralel cu vectorii necol-iniari d1 si d2 (d1 × d2 6= 0).

(P2) r = rA + t ·AB + s ·AC = α · rA + β · rB + γ · rC , α, β, γ ∈ R, α+ β + γ = 1

este ecuatia vectoriala a planului ce trece prin punctele necoliniare A,B,C ın coordonatebarimetrice (α, β, γ).

Observatii.

• Un punct M se afla ın planul determinat de punctele A,B si C daca vectorul sau depozitie rM este combinatie afina a vectorilor de pozitie rA, rB si rC .

208

• Punctele M din interiorul triunghiului ABC sunt caracterizate prin

rM = α · rA + β · rB + γ · rC

cu α+β+γ = 1 si α > 0, β > 0, γ > 0 deci vectorul de pozitie rM este combinatieconvexa a vectorilor de pozitie rA, rB si rC .

• Daca M ∈ Int(4ABC) si rM = α · rA + β · rB + γ · rC atunci notand σ(ABC) ariatriunghiului ABC avem:

α

σ(MBC)=

β

σ(MCA)=

γ

σ(MAB)

(P3) (r − rA, d1, d2) = 0, d1 × d2 6= 0

este ecuatia planului ce trece prin A si este paralel cu vectorii d1 si d2 sub forma de produxmixt.

(P4)

∣∣∣∣∣∣x− xA y − yA z − zAα1 β1 γ1

α2 β2 γ2

∣∣∣∣∣∣ = 0

este ecuatia planului ce trece prin A si este paralel cu vectorii

d1 = α1 · i+ β1 · j + γ1 · k si d2 = α2 · i+ β2 · j + γ2 · k

(rang

[α1 β1 γ1

α1 β2 γ2

]= 2).

(P5)

∣∣∣∣∣∣∣∣x y z 1xA yA zA 1xB yB zB 1xC yC zC 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

este ecuatia planului ce trece prin punctele A,B,C sub forma de determinant. (Conditiade necoliniaritate a punctelor A,B,C este AB ×AC 6= 0.)

(P6)x

α+y

β+z

γ− 1 = 0

este ecuatia planului prin taieturi (daca planul P nu este paralel cu nici unul din planelede coordonate (cu nici una din axele de coordonate) atunci el taie cele trei axe ın treipuncte A(α, 0, 0), B(0, β, 0), C(0, 0, γ), α, β, γ sunt numitorii din ecuatia prin taieturi).

(P7) ax+ by + cz + d = 0; a2 + b2 + c2 6= 0

este ecuatia generala a planului (ecuatia implicita a planului) (vectorul n = a·i+b·j+c·k 6=0 este vectorul director al normalei la plan, a, b, c fiind parametrii directori ai normalei laplan).


(P8) a(x− xA) + b(y − yA) + c(z − zA) = 0, a2 + b2 + c2 6= 0

este ecuatia implicita a planului ce trece prin A si este perpendicular pe vectorul n =a · i+ b · j + c · k.

(P9) (r − rA) · n = 0, n 6= 0

este ecuatia planului ce trece prin A si este perpendicular pe n sub forma de produs scalar.

Dreapta ca intersectie de plane

Daca L1 si L2 sunt varietati liniare si L1 ∩L2 6= ∅ atunci L1 ∩L2 este varietate liniaraavand subspatiul director VL1∩VL2 . Daca P1 si P2 sunt plane distincte, neparalele (vectoriidirectori ai normalelor n1 si n2 sunt necoliniari, atunci P1 ∩ P2 este o dreapta D).

(D5)

a1x+ b1y + c1z + d1 = 0a2x+ b2y + c2z + d2 = 0

rang

[a1 b1 c1

a2 b2 c2

]= 2

ecuatiile dreptei ca intersectie de plane sau ecuatiile implicite ale dreptei.

Fascicule de plane

• Definitie. Multimea tuturor planelor din spatiu, paralele cu un plan dat P : ax+ by+cz + d = 0 se numeste fasciculul de plane paralele (a2 + b2 + c2 6= 0).

Fasciculul de plane paralele are ecuatia

Pλ : ax+ by + cz = λ, λ ∈ R

(orice plan paralel cu P este unul din planele Pλ, λ ∈ R).•Definitie. Multimea tuturor planelor care contin o dreapta fixata D se numeste fasciculde plane ce trec prin axa D.

Daca scriem dreapta D (axa fasciculului)sub forma implicita

D :

p1 : a1x+ b1y + c1z + d1 = 0p2 : a2x+ b2y + c2z + d2 = 0

fasciculul de plane are ecuatia

Pα,β : αp1 + βp2 = 0.

Observatie. In general se prefera folosirea unui singur parametru (de exemplu daca

α 6= 0 notam λ = −βα

) si obtinem fasciculul:

Pλ : p1 − λp2 = 0,

care contine toate planele ce contin dreapta D cu exceptia planului p2.

210

Perpendiculara comuna pe doua drepte neparalele

Daca

D1 : r = r1 + t · d1, t ∈ R

si

D2 : r = r2 + s · d2, s ∈ R

sunt doua drepte neparalele (d1× d2 6= 0) atunci exista o unica dreapta D care se sprijinape D1 si D2 (D ∩ D1 6= ∅, D ∩ D2 6= ∅) si este perpendiculara pe D1 si D2 (D ⊥ D1,D ⊥ D2).

Dreptele D si D1 determina un plan P1 ce trece printr-un punct M1 ∈ D1 si este paralelcu vectorii d1 si d = d1×d2. La fel D si D2 determina un plan P2 ce trece printr-un punctM2 ∈ D2 si este paralel cu vectorii d2 si d. Obtinem D = P1 ∩ P2, deci

D :

(r − r1, d1, d) = 0

(r − r2, d2, d) = 0

care este ecuatia implicita a perpendicularei comune.

Relatii metrice

• Definitie. Distanta ıntre doua puncte

d(A,B) = ‖AB‖ =√

(xA − xB)2 + (yA − yB)2 + (zB − zA)2

• Definitie. Aria unui triunghi

σ(4ABC) =1

2‖AB ×AC‖ =

1

2

√G(AB,AC)

• Definitie. Volumul unui tetraedru

VABCD =1

6|(AB,AC,AD)| = 1

6

√G(AB,AC,AD) =

=1

6|

∣∣∣∣∣∣∣∣xA yA zA 1xB yB zB 1xC yC zC 1xD yD zD 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ |• Definitie. Distanta de la un punct la o dreapta

D : r = r0 + td, t ∈ R, M ∈ R3

d(M,D) =

√G(rM − r0, d)

G(d)=‖(rM − r0)× d‖

‖d‖

• Definitie. Distanta de la un punct la un plan

P : r = r0 + td1 + sd2, t ∈ R, s ∈ R, M ∈ R3

d(M,P ) =

√G(rM − r0, d1, d2)

G(d1, d2)=|(rM − r0, d1, d2)|‖d1 × d2‖


Daca P : ax+ by + cz + d = 0 atunci

d(M,P ) =(axM + byM + czM + d)√

a2 + b2 + c2

• Definitie. Distanta dintre doua drepte

D1 : r = r1 + td1, D2 : r = r2 + sd2, t ∈ R, s ∈ R

Daca d1‖d2 atunci

d(D1, D2) =

√G(r2 − r1, d1)

G(d1)

Daca d1 × d2 6= 0

d(D1, D2) =

√G(r2 − r1, d1, d2)

G(d1, d2)=|(r2 − r1, d1, d2)|‖d1 × d2‖

• Definitie. Unghiul dintre un plan si o dreapta

D : r = r0 + td, t ∈ R

P : (r − r1) · n = 0

(D,P ) =π

2− (d, n)

sin (D,P ) =d · n‖d‖ · ‖n‖

• Definitie. Unghiul diedru dintre doua plane

P1 : (r − r1) · n1 = 0

P2 : (r − r2) · n2 = 0

P1, P2 = n1, n2

cos (P1, P2) =n1 · n2

‖n1‖ · ‖n2‖

Probleme

Problema 6.1 Fie A si B doua puncte fixe ın plan si a, b doua numere reale a, b ∈ (0, 1).

Pentru fiecare punct M din plan, nesituat pe dreapta AB, se considera punctele P ∈ [AM ]

astfel caAP

AM= a si N ∈ [BM ] astfel ca

BN

BM= b.

Sa se determine locul geometric al punctelor M pentru care AN = BP .

212

SolutierP = (1− a)rA + arM , rN = (1− b)rB + brM

|AN | = |BP | ⇔ |rN − rA| = |rP − rB| ⇔

|(1− b)rB + brM − rA| = |(1− a)rA + arM − rB| ⇔∣∣∣∣rM − ((1

a− 1

b

)rB +

1

brA

)∣∣∣∣∣∣∣∣rM − ((1− 1

a

)rA +

1

arB

)∣∣∣∣ =a

b⇔

|rM − rA′ ||rM − rB′ |

=a

b⇔ A′M

B′M=a

b(1)

rA′ =

(1− 1

b

)rB +

1

brA, A′ ∈ AB, A′B

AB=

1

b

rB′ =

(1− 1

a

)rA +

1

arB, B′ ∈ AB, AB′

AB=

1

a

Din (1) pentru a = b ⇒ locul geometric este mediatoarea segmentului A′B′.Pentru a 6= b ⇒ locul geometric este un cerc (Apollonius).

Problema 6.2 Segmentele [X1, Y1] si [X2, Y2] aluneca respectiv pe dreptele d1 si d2. Daca

P este mijlocul lui X1X2 si Q mijlocul lui Y1Y2 sa se arate ca:

a) Segmentul PQ are lungime constanta.

b) Daca cele doua segmente se misca cu viteze constante v1 si v2 atunci punctele P si

Q se misca cu viteze constante si egale.

Solutie.a) Fixam O un punct ın plan ca origine a vectorilor si notam OX = rX . Avem:

rP =1

2(rX1 + rX2), rQ =

1

2(rY1 + rY2)

⇒ PQ = rQ − rP =1

2[(rY1 − rX1) + (rY2 − rX2)]

=1

2[X1Y1 +X2Y2] = constant

(cand [X1, Y1] si [X2, Y2] aluneca vectorii X1Y1 si X2Y2 sunt constanti).Din PQ = constant ⇒ |PQ| = constant.b) Daca pozitia initia pentru [X1, Y1] este [A1, B1] si pentru [X2, Y2] este [A2, B2], dupa

timpul t pozitia lui [A1, B1] este [X1, Y1] data de

rX1 = rA1 + tv1, rY1 = rB1 + tv1

iar pentru [X2, Y2]rX2 = rA2 + tv2, rY2 = rB2 + tv2

Avem:

rP =1

2(rA1 + rA2) + t · v1 + v2

2


rQ =1

2(rB1 + rB2) + t · v1 + v2

2

Punctele P si Q se deplaseaza cu viteza

v =v1 + v2

2

Problema 6.3 Pe laturile AB si AC ale triunghiului ABC se iau punctele variabile M si

N astfel ca BM = CN . Sa se determine locurile geometrice ale mijlocului P al segmentului

MN ın cazurile

a) M si N sunt de aceeasi parte a lui BC

b) M si N sunt ın semiplane opuse fata de BC.

Solutie. Daca alegem originea reperului plan ın A si notam AB = b si AC = c atunciavem:

a) rM = b− t · bb, rN = c− t · c

c(‖b‖ = b, ‖c‖ = c) deci

rP =b+ c

2− t(b

b+c

c

), t ∈ R

Cumb

bsic

csunt vectori de marime 1 (egale) rezulta ca

b

b+c

cda directia bisectoarei din

A (interioara). Locul geometric este dreapta ce trece prin mijlocul lui BC si este paralelacu bisectoarea interioara a unghiului A.

b) rM = b− t · bb, rN = c+ t · c

c

rP =b+ c

2− t(b

b− c

c

), t ∈ R

Locul geometric este dreapta ce trece prin mijlocul lui BC si e paralela cu bisectoareaexterioara a unghiului A.

Problema 6.4 Fie ABC un triunghi de laturi BC = a, CA = b, AB = c. Pentru fiecare

dreapta (d) notam cu dA, dB, dC distantele de la A,B,C la (d) si consideram expresia

E(d) = ad2A + bd2

B + cd2C .

Sa se arate ca daca E(d) este minima atunci (d) trece prin centrul cercului ınscris ın

triunghi.

Solutie. Notam cu A1, B1, C1, I1 proiectiile lui A,B,C, I pe d si cu A′, B′, C ′ proiectiilepunctelor A,B,C pe (d′). Avem:

AA21 −AA′2 = (AA2

1 + I1A21)− (AA′2 + IA′2) = AI2

1 −AI2

214

si analog pentru AB1, AC1 si rezulta

E(d) = a ·AA21 + b ·BB2

1 + c · CC21 = a ·AA′2 + b ·BB′2 + c · CC ′2

+(a · I1A2 + b · I1B

2 + c · I1C2)− (a · IA2 + b · IB2 + c · IC2) = E(d′) + S(I1)− S(I),

unde S(M) = a ·MA2 + b ·MB2 + c ·MC2. Calculam

S(M) = a ·MA2 + b ·MB2 + c ·MC2

= a(OA−OM)2 + b(OB −OM)2 + c(OC −OM)2

= a ·OA2+ b ·OB2

+ c ·OC2+ (a+ b+ c)OM

2 − 2OM(a ·OA+ b ·OM + c ·OC)

= (a+ b+ c)

[OM

2 − 2OM · a ·OA+ b ·OB + c ·OCa+ b+ c

+OI2]

−(a+ b+ c)OI2

+ a ·OA2+ b ·OB2

+ c ·OC2,

unde

OI =a ·OA+ b ·OB + c ·OC

a+ b+ c

Luam O = I si rezulta

S(M) = (a+ b+ c)IM2 + a · IA2 + b · IB2 + c · IC2 (∗)

In (∗) pentru M = I1, S(I1) = (a+ b+ c)I1I2 + S(I), deci:

E(d)− E(d′) = S(I1)− S(I) = (a+ b+ c)I1I2 ≥ 0

cu egalitate pentru I = I1.Observatie. Esential am folosit relatia

OI =a ·OA+ b ·OB + c ·OC

a+ b+ c

Pentru determinarea minimului luam O = I (arA + brB + crc = 0)

d : αx+ y = 0

E(d) = f(α) =a(αxA + yA)2

α2 + 1+b(αxB + yB)2

α2 + 1+c(αx2

c + y2c )

α2 + 1

=1

α2 + 1[α2(ax2

A + bx2B + cx2

C) + 2α(axAyA + bxByB + cxcyc) + ay2A + by2

B + cy2C ]

Emin = −∆

4a

=1

α2 + 1[(ax2

A + bx2B + cx2

C)(ay2A + by2

B + cy2C)− (axAyA + bxByB + cxC + yC)2]

Problema 6.5 Fie ABCD un patrulater convex. Sa se determine locul geometric al

punctelor X din planul patrulaterului, care verifica relatiile:

XA2 +XB2 + CD2 = XB2 +XC2 +DA2

= XC2 +XD2 +AB2 = XD2 +XA2 +BC2.


Solutie.

CD2 = CD2

= (XD −XC)2 = XD2

+XC2 − 2XD ·XC

si analoagele pentru DA2, AB2, BC2.

Inlocuim ın relatiile date si scadem suma XA2+XB

2+XC

2+XD

2si obtinem relatiile

XC ·XD (1)= XD ·XA (2)

= XA ·XB (3)= XB ·XC.

Din (1) rezulta

XD · (XC −XA) = 0 ⇔ XD ·AC = 0 ⇔ XD ⊥ AC (4)

Din (3) rezulta

XB · (XC −XA) = 0 ⇔ XB ·AC = 0 ⇔ XB ⊥ AC (5)

Din (2) rezulta

XA · (XD −XB) = 0 ⇔ XA ·BD = 0 ⇔ XA ⊥ BD. (6)

Analog

XC ·XD = XB ·XC ⇔ XC · (XD −XB) = 0 ⇔ XC ⊥ BD (7)

Din (4) si (5) rezulta BD ⊥ AC si X ∈ BD.Din (6) si (7) rezulta AC ⊥ BD si X ∈ AC.In concluzie daca diagonalele AC si BD nu sunt perpendiculare atunci nu exista puncte

X (multimea lor este vida). Daca AC ⊥ BD singurul punct care verifica conditiile esteX = AC ∩BD.

Problema 6.6 Pe laturile patrulaterului ABCD se considera punctele Mi ∈ AB, Ni ∈

DC, Pj ∈ AD, Qj ∈ BC astfel ca

AMi

AB=DNi

DC=i

n,

APjAD

=BQjBC

=j

m, i = 0, n, j = 0,m

Notam cu Xij = MiNi ∩ PjQj si cu Sij , aria patrulaterului cu varfurile Xi,j , Xi+1,j ,

Xi+1,j+1, Xi,j+1. Sa se arate ca Si+k,j+p + Si−k,j−p = 2Si,j .

Solutie.

Lema 1. Daca M ∈ AB, N ∈ CD, P ∈ AD, Q ∈ BC astfel ca

AM

AB=DN

DC= x si

AP

AD=BQ

BC= y,

atunci notand R = MN ∩ PQ, avem:

PR

PQ= x si

MR

MN= y.

216

Demonstratie. rM = (1 − x)rA + xrB, rN = (1 − x)rB + xrC , rP = (1 − y)rA + yrD,rQ = (1− y)rB + yrC .

Punctul R1 ∈ PQ pentru carePR1

PQ= x are vectorul de pozitie

rR1 = (1− x)rP + xrQ

= (1− x)(1− y)rA + x(1− y)rB + xyrC + (1− x)yrD.

Punctul R2 ∈MN pentru careMR

MN= y are vectorul de pozitie

rR2 = (1− y)rM + yrN

= (1− x)(1− y)rA + x(1− y)rB + xyrC + (1− x)yrD = rR2

Deci R1 = R2 = R.

Lema 2. Daca M1,M2 ∈ AB si N1, N2 ∈ CD astfel ca

AM1 = M1M2 = M2B si DN1 = N1N2 = N2C,

atunci

aria(AM1N1D) + aria(M2BCN2) = 2aria(M1M2N2N1).

Demonstratie.

σ(AN1M1) = σ(M1M2N1), σ(N1N2M2) = σ(N2CM2)

σ(ADN1) =1

3σ(ADC), σ(M2CB) =

1

3σ(ABC)

⇒ σ(AM2CN1) =2

3σ(ABCD), ⇒ σ(M1M2N2N1) =

1

3σ(ABCD)

Lema 3. Daca AM = MB, DN = NC, AP = PD si BQ = QC; R = MN ∩ PQ si

S1 = aria(DPRM), S2 = aria(NRQC), S3 = aria(PAMR), S4 = aria(MBQR), atunci

S2 − S1 = S4 − S3 si S3 − S1 = S4 − S2.

Demonstratie. Patrulaterul MQNP este paralelogram.

S2 − S1 = aria(NQC)− aria(NDP ) =1

4aria(BCD)− 1

4aria(ADC)

S4 − S3 = aria(BQM)− aria(APM) =1

4aria(ABC)− 1

4aria(ADB)

S2 − S1 = S4 − S3 ⇔ aria(BCD) + aria(ADB) = aria(ABC) + aria(ADC)

⇔ aria(ABCD) = aria(ABCD)

Folosind cele trei leme facem urmatorul rationament.Din lema 1 rezulta ca punctele Xi0,j , j = 0,m sunt echidistante si la fel punctele Xi,j0 ,

i = 1, n. Din lema 2, rezulta ca ariile Si0,j , j = 0,m sunt ın progresie aritmetica cu ratiilerj . Din lema 3 ratiile rj sunt egale ıntre ele, rj = r, j = 1,m.

Analog pe coloane ariile sunt ın progresie aritmetica cu aceeasi ratie r′, deci Si,j =a+ (i− 1)r + (j − 1)r′ si relatia din enunt se verifica.


Problema 6.7 Fie ABCDE un pentagon convex si O un punct interior astfel ca

OA ∩DC = A′, BO ∩DE = B′, CO ∩AE = C ′,

DO ∩AB = D′ si EO ∩BC = E′.

Sa se arate ca daca A′, B′, C ′, D′ sunt mijloacele laturilor pe care se afla, atunci E′

este mijlocul lui BC.

Solutie. Notam OA = a, OB = b, OC = c, OD = d, OE = e. Vectoriic+ d

2= OA

′

si a sunt coliniari deci:a× (c+ d) = 0

si analogb× (d+ e) = 0, c× (e+ a) = 0, d× (a+ b) = 0

din care ar trebui sa obtinem(b+ c)× e = 0.

Avem:a× c+ a× d = 0 (1)

b× d+ b× c = 0 (2)

c× e+ c× a = 0 (3)

d× a+ d× b = 0 (4)

si dorim sa rezulte

b× e+ c× e = 0(2,3)⇔ b× d+ c× a = 0

(1,4)⇔ a× d+ d× a = 0

care este evidenta.

Problema 6.8 Fie A1A2A3A4 un tetraedru ın spatiu. Pentru fiecare permutare a

varfurilor Aσ(1), Aσ(2), Aσ(3), Aσ(4), fiecarui punct M din spatiu ıi atasam punctul obtinut

prin simetrie succesiva fata de Aσ(1), Aσ(2), Aσ(3), Aσ(4), notat cu Mσ. Sa se arate ca

pentru cele 24 de permutari se obtin doar sase puncte distincte, care formeaza 3 segmente

cu mijlocul M .

Solutie. Compunerea a doua simetrii centrale este o translatie.

SA1 SA2 = T2A2A1,

compunerea a doua translatii da o translatie

Tv1 Tv2 = Tv1+v2 .

ObtinemrMσ = 2(rσ(A2) + rσ(A4) − rσ(A1) − rσ(A3)) + rM ,

218

trebuie sa alegem doua semne ” + ” si doua ”− ” din patru semne, ceea ce se poate faceın C2

4 = 6 moduri. Cele sase puncte sunt date de

rM1 = 2(rA1 + rA2 − rA3 − rA4) + rM

rM2 = 2(rA3 + rA4 − rA1 − rA2) + rM

rM3 = 2(rA1 + rA3 − rA2 − rA4) + rM

rM4 = 2(rA2 + rA4 − rA1 − rA3) + rM

rM5 = 2(rA1 + rA4 − rA2 − rA3) + rM

rM6 = 2(rA2 + rA3 − rA1 − rA4) + rM

M1M2, M3M4, M5M6 au mijlocul M .

Problema 6.9 Fie A1A2A3A4 un tetraedru si M un punct ın spatiu. Notam Bij mijlocul

laturii AiAj si Mij simetricul punctului M fata de Bkl (mijlocul laturii opuse laturii AiAj).

Sa se arate ca cele sase drepte AijMij sunt concurente.

Solutie. Avem

rBij =1

2(rAi + rAj )

rMij = 2rBkl − rM = rAk + rAl − rMUn punct de pe dreapta BijMij are vectorul de pozitie de forma

r = (1− t)rBij + t · rMij , t ∈ R

sau

r = (1− t)1

2(rAi + rAj ) + t[(rAk + rAl)− rM ],

pentru t =1

3obtinem punctul I dat de

rI =1

3(rA1 + rA2rA3rA4)− 1

3rM =

4

3rG −

1

3rM

care nu depinde de i si j.G este centru de greutate dat de

rG =1

4(rA1 + rA2 + rA3 + rA4).

Punctul de concurenta I se gaseste pe semidreapta MG si

MI

MG=

4

3.

Problema 6.10 Fie A1A2A3A4 un tetraedru si M un punct ın spatiu. Notam cu G1

centrul de greutate al feteiA2A3A4 si analog se definescG2, G3, G4. DacaMi este simetricul

lui M fata de Gi, i = 1, 4 sa se arate ca dreptele A1M1, A2M2, A3M3 si A4M4 sunt

concurente.


Solutie. Avem:

rG1 =1

3(rA2 + rA3 + rA4)

rM1 = 2rG1 − rM =2

3(rA2 + rA3 + rA4)− rM

Un punct de pe dreapta M1A1 are vectorul de pozitie de forma

r = (1− t)rM1 + trA1 , t ∈ R.

Pentru t =2

5obtinem punctul I de vector de pozitie:

rI =2

5(rA1 + rA2 + rA3 + rA4)− 3

5rM =

8

5rG −

3

5rM .

Punctul de intersectie se afla pe semidreapta MG si

IG

GM=

3

5.

Problema 6.11 Fie ABCDA′B′C ′D′ un paralelipiped si M un punct ın spatiu.

Sa se arate ca:

a) Dreptele ce unesc varfurile cu simetricele lui M fata de varfurile opuse, sunt con-

curente.

b) Dreptele ce unesc mijloacele muchiilor cu simetricele lui M fata de mijloacele muchi-

ilor opuse, sunt concurente.

c) Dreptele ce unesc centrele fetelor cu simetricele lui M fata de centrele fetelor opuse,

sunt concurente.

Solutie. a) Simetricul lui M fata de A este A1 cu vectorul de pozitie rA1 = 2rA− rM .Un punct de pe dreapta A1C

′ are vectorul de pozitie de forma:

r = (1− t)rC′ + trA1 = (1− t)rC′ + 2trA − trA1 , t ∈ R.

Pentru t =1

3obtinem punctul I de vector de pozitie:

rI =2

3(rA + rC′)−

1

3rM =

4

3rO −

1

3rM

unde O este centrul paralelipipedului (intersectia diagonalelor)

rO =rA + rC′

2=rB + rB′

2=rC + rA′

2=rD + rB′

2.

Punctul I nu depinde de varfuri, deci este acelasi pentru orice alte perechi de varfuriopuse.

I se gaseste pe semidreapta MO cuIO

OM=

1

3.

220

b) Simetricul lui M fata de mijlocul muchiei AB este P cu

rP = rA + rB − rM ,

mijlocul muchiei C ′D′ este Q cu vectorul de pozitierC′ + rD′

2. Un punct de pe dreapta

QP are vectorul de pozitie de forma:

r = (1− t)rC′ + rD′

2+ t(rA + rB − rM ).

Pentru t =1

3obtinem

rJ =1

3(rA + rB + rC′ + rD′)−

1

3rM

=2

3

[rA + rC′

2+rB + rB′

2

]− 1

3rM =

4

3rO −

1

3rM

Deci dreptele sunt concurente ın acelasi punct ca cele de la punctul a) al problemei.c) Centrul fetei ABCD are vectorul de pozitie

rG =1

4(rA + rB + rC + rD) =

1

2(rA + rC) =

1

2(rB + rD)

Simetricul lui M fata de G este G1 cu vectorul de pozitie

rG1 = 2rG − rM = rA + rC − rM

Un punct de pe dreapta G′G1 (G′ este centrul fetei A′B′C ′D′) este de forma:

r = (1− t)rG′ + trG, t ∈ R

Deci

r = (1− t)rA′ + rC′

2+ t(rA + rC − rM )

Pentru t =1

3obtinem punctul K de vector de pozitie

rK =1

3(rA + rC + rA′ + rC′)−

1

3rM

=2

3

(rA + rC′

2+rC + rA′

2

)− 1

3rM =

4

3rO −

1

3rM .

Punctul K coincide cu punctele I si J de la a) si b).In concluzie toate dreptele de la punctele a), b), c) sunt concurente ın acelasi punct

avand vectorul de pozitie

rI =4

3rO −

1

3rM .

Punctul I se gaseste pe semidreapta (MO, dincolo de O si este precizat prin raportulOI

OM=

1

3.


Problema 6.12 In tetraedrul OABC notam ∠BOC = α, ∠COA = β and ∠AOB = γ.

Fie σ unghiul diedru dintre planele (OAB) si (OAC), iar τ unghiul diedru dintre planele

(OBA) si (OBC). Sa se arate ca

γ > β cosσ + α cos τ .

IMC, 2002

Solutie. Putem considera |OA| = |OB| = |OC| = 1. Intersectand sfera unitate cen-trata ın O cu interioarele unghiurilor ∠AOB, ∠BOC si ∠COA, obtinem sectoare de cerc_

AOB,_

BOC,_

COA de arii 12γ,

12α si respectiv, 1

2β.

In continuare, proiectam sectoarele_

AOC si_

COB pe planul (OAB). Notam cu C ′

proiectia punctului C si cu A′ si B′ simetricele punctelor A si B fata de centrul O. Fiindproiectie, |OC ′| < 1.

Proiectiile arcelor de cerc_AC si

_BC sunt portiuni din elipsele ce au axa mare AA′,

respectiv BB′ (elipsele sunt degenerate cand σ sau τ sunt unghiuri drepte). Cele douaelipse se intersecteaza dupa 4 puncte.

Proiectiile sectoarelor de cerc_

AOC si_

COB au ariile 12α · cos τ si respectiv, 1

2β · cosσ.

Suma celor doua proiectii este inclusa ın sectorul de cerc_

AOB si ın consecinta, obtineminegalitatea ceruta.

Observatie. Sunt trei cazuri diferite de discutat ın functie de semnele lui cosσ si cos τ .

Problema 6.13 Fie V ABC un tetraedru. Prin centrul de greutate G al fetei ABC ducem

un plan care taie muchiile V A, V B, V C ın M , N , P . Sa se arate ca ıntre volumele

tetraedrelor are loc inegalitatea:

V(V ABC) ≤ V(VMNP ).

Solutie. Fie u1, u2, u3 versorii vectorilor V A, V B, V C si

V A = a · u1, V B = b · u2, V C = c · u3.

Volumul tetraedrului V ABC se exprima folosind produsul mixt

V(V ABC) =1

6|(a · u1, b · u2, c · u3)| = 1

6abc|(u1, u2, u3)|.

Daca VM = α · u1, V N = β · u2, V P = γ · u3, ecuatia planului (MNP ) este

x

α+y

β+z

γ= 1

si din G

(a

3,b

3,c

3

)∈ (MNP ) rezulta legatura

a

α+b

β+c

γ= 3

222

iar

V(VMNP ) =1

6αβγ|(u1, u2, u3)|

AvemV(V ABC)

V(VMNP )=

abc

αβγ

Trebuie aratat ca daca α, β, γ, a, b, c sunt pozitive si

a

α+b

β+c

γ= 3

atunciabc

αβγ≤ 0

Din

3

√a

α· bβ· cγ≤

a

α+b

β+c

γ

3= 1,

deciabc

αβγ≤ 1.

Observatie. Daca prin centrul de greutate al tetraedrului V ABC se duce un plan cetaie muchiile V A1V B1V C ın A1, B1, C1 atunci

V(V A1B1C1) ≥ 27

64V(V ABC).

Problema 6.14 Pe muchiile AB, AC si AD ale tetraedrului ABCD se iau punctele

M,N,P astfel ca:

BM

MA+CN

NA+DP

PA= 1

Sa se arate ca planele (MNP ) trec printr-un punct fix.

Solutie. Daca notam

AB = b, AC = c, AD = d,

AM = αb, BM = βc, CM = γd

un punct din planul (MNP ) are vectorul de pozitie de forma:

r = xαb+ yβc+ zγd cu x+ y + z = 1.

Conditia din enunt se scrie

1− αα

+1− ββ

+1− γγ

= 1 ⇔ 1

α+

1

β+

1

γ= 4.

Daca luam x =1

4α, y =

1

4β, z =

1

4γ, x+ y + z = 1 deci punctul de vector de pozitie:

r =b+ c+ d

4

se afla ın planul (MNP ). Punctul fix este centrul de greutate al tetraedrului.


Problema 6.15 Fie ABCD un tetraedru. Notam A1 simetricul lui A fata de B, B1

simetricul lui B fata de C, C1 simetricul lui C fata de D si cu D1 simetricul lui D fata de

A.

a) Sa se arate ca tetraedrele ABCD si A1B1C1D1 au acelasi centru de greutate.

b) Sa se arate ca ıntre volumele lor exista relatia

V(A1B1C1D1) = 15V(ABCD).

c) Daca se sterge toata figura si se retin doar punctele A1, B1, C1, D1 sa se determine

geometric punctele initiale A,B,C,D.

Solutie. a) Daca notam cu rA, rB, rC , rD vectorii de pozitie ai varfurilor avem:

rA1 = 2rB − rA, rB1 = 2rC − rB, rC1 = 2rD − rB, rD1 = 2rA − rB (∗)

Avem:

rG =1

4(rA + rB + rC + rD)

si

rG1 =1

4(rA1 + rB1 + rC1 + rD1) = rG,

deci G = G1.b) Calculam volumele cu ajutorul produsului mixt:

V(A1B1C1D1) =1

6|(A1B1, A1C1, A1D1)|

=1

6|(2rC − 3rB + rA, 2rD − 2rB − rC + rA, 3rA − 2rB − rD)|

ın care putem considera rA = 0 (alegem originea spatiului ın A). Obtinem

V(A1B1C1D1) =1

6|(2rC , 2rD,−2rB) + (2rC ,−2rB,−rD) + (−3rB,−rC ,−rD)|

=1

6| − 8(rB, rC , rD)− 4(rB, rC , rD)− 3(rB, rC , rD)|

=1

6· 15|(rB, rC , rD)| = 15V(ABCD).

c) Din relatiile (∗) obtinem:

rA =1

15(4rA1 + 8rB1 + rC1 + 2rD1)

=4

5

(1

3rA1 +

2

3rB1

)+

1

5

(1

3rC1 +

2

3rD1

)=

4

5rM +

1

5rN ,

unde

rM =1

3rA1 +

2

3rB1 , rN =

1

3rC1 +

2

3rD1 .

224

Punctul M se afla pe segmentul A1B1 astfel caB1M

B1A1=

1

3, punctul N se afla pe

segmentul C1D1 astfel caD1N

D1C1=

1

3, deci ele se determina din A1, B1, C1, D1. Punctul

A se afla pe segmentul MN astfel caAN

MN=

1

5, deci A se poate determina (construi

geometric). Analog se determina punctele B,C,D.

Problema 6.16 Se considera pentagonul convex ABCDE si se noteaza cu M , N , P , Q,

R mijloacele laturilor AB, BC, CD, DE si EA, iar cu A1, B1, C1, D1, E1 mijloacele

segmentelor NQ, PR, QM , RN si MP .

Sa se arate ca:

a) AA1 +BB1 + CC1 +DD1 + EE1 = 0;

b) raportul ariilor pentagoanelor A1B1C1D1E1 si ABCDE este1

16;

c) dreptele AA1, BB1, CC1, DD1 sunt concurente;

d) Daca se sterge toata figura si se retin doar punctele A1, B1, C1, D1, E1 sa se recon-

struiasca punctele A,B,C,D,E.

Solutie. Notam cu rX vectorul de pozitie al punctului X (rX = OX) si avem:

rM =1

2(rA + rB), rM =

1

2(rB + rC),

rP =1

2(rC + rD), rQ =

1

2(rD + rA),

rR =1

2(rE + rA)

rA1 =1

2(rN + rQ) =

1

4(rB + rC + rD + rE)

rB1 =1

2(rP + rR) =

1

4(rC + rD + rE + rA)

rC1 =1

2(rQ + rM ) =

1

4(rD + rE + rA + rB)

rD1 =1

2(rR + rN ) =

1

4(rE + rA + rB + rC)

rE1 =1

2(rM + rP ) =

1

4(rA + rB + rC + rD)

a) AA1 = rA1 − rA, . . . ⇒ AA1 +BB1 + CC1 +DD1 + EE1 = 0 ⇔

rA1 + rB1 + rC1 + rD1 + rE1 = rA + rB + rC + rD + rE

relatie ce este verificata.b) Avem

A1B1 = rB1 − rA1 =1

4(rA − rB) =

1

4BA,


deci A1B1‖AB si A1B1 =1

4AB. Analog B1C1‖BC, C1D1‖CD, D1E1‖DE, E1A1‖AE si

B1C1 =1

4BC, C1D1 =

1

4CD, D1E1 =

1

4DE, E1A1 =

1

4AE.

Pentagoanele ABCDE si A1B1C1D1E1 sunt asemenea cu raportul laturilor1

4deci

raportul ariilor este

(1

4

)2

=1

16.

c) Patrulaterul ABA1B1 este trapez cu raportul laturilor opuseA1B1

AB=

1

4. Daca

notam cu G intersectia dreptelor AA1 si BB1, avem ca

A1G

GA=B1G

GB=

1

4.

Folosind trapezele BCB1C1, CDC1D1, DED1E1, EAE1A1 se arata ca si dreptele CC1,DD1 si EE1 trec prin G.

d) Punctul G este centrul de greutate al pentagoanelor ABCDE si A1B1C1D1E1. Else determina astfel: notam cu S mijlocul lui A1B1, cu T mijlocul segmentului D1E1 si cuX mijlocul lui ST . Punctul G se afla pe segmentul C1X determinat de raportul

GC1

C1X=

4

5.

Dupa ce am determinat pe G folosind doar A1, B1, C1, D1, E1 luam A pe dreapta GA1,astfel ca

GA1

GA=

1

4

si analog determinam B,C,D,E.

Problema 6.17 Fie−→R 3 = −→v = x

−→i +y

−→j + z

−→k | x, y, z ∈ R spatiul vectorial euclidian

si −→a ∈−→R 3 un vector nenul fixat. Definim T :

−→R 3 →

−→R 3,

T (−→v ) = −→a ×−→v , −→v ∈−→R 3.

a) Sa se arate ca T este o aplicatie liniara si sa se determine Ker T si Im T .

b) Sa se arate ca pentru orice −→v 1,−→v 2 ∈ Im T avem:

−→v 1,−→v 2 = T (−→v 1), T (−→v 2).

c) Sa se determine toate aplicatiile liniare S :−→R 3 →

−→R 3 cu proprietatea S(−→v ) ⊥ −→v ,

pentru orice −→v ∈−→R 3.

Solutie. a) T (α1−→v 1, α2

−→v 2) = α1T (−→v 1) + α2T (−→v 2).

T (−→v ) =−→0 ⇔ −→a si −→v sunt coliniari, deci Ker T = t−→a | t ∈ R (dreapta suport a

vectorului −→a ).Aratam ca Im T = −→a ⊥ (planul dus prin origine, perpendicular pe −→a ).

226

Evident (−→a ×−→v ) ⊥ −→a deci Im T ⊂ −→a ⊥ si pe de alta parte dim Ker T = 1 si dim Ker T =3− 1 = 2 = dim−→a ⊥ deci Im T = −→a ⊥.

b) Aratam ca daca −→v 1 · −→a = −→v 2 · −→a = 0 atunci

−→v 1 · −→v 2

‖−→v 1‖ · ‖−→v 2‖=

T (−→v 1) · T (−→v 2)

‖T (−→v 1)‖ · ‖T (−→v 2)‖.

Avem:

T (−→v 1) · T (−→v 2) = (−→a ×−→v 1) · (−→a ×−→v 2) = (−→a ×−→v 1,−→a ,−→v 2)

= (−→a ,−→v 2,−→a ×−→v 1) = −→a · (−→v 2 × (−→a ×−→v 1)) = −→a ·

∣∣∣∣ −→a −→v 1−→v 2 · −→a −→v 2 · −→v 1

∣∣∣∣= −→a · ((−→v 1 · −→v 2) · −→a ) = (−→v 1 · −→v 2) · ‖−→a ‖2

‖T (−→v 1)‖ = ‖−→a ×−→v 1‖ = ‖−→a ‖ · ‖−→v 1‖ sin(−→a ,−→v 1) = ‖−→a ‖ · ‖−→v 1‖si atunci

T (−→v 1) · T (−→v 2)

‖T (−→v 1)‖ · ‖T (−→v 2)‖=

(−→v 1 · −→v 2) · ‖−→a ‖2

‖−→v 1‖ · ‖−→v 2‖ · ‖−→a ‖2=

−→v 1 · −→v 2

‖−→v 1‖ · ‖−→v 2‖.

c) Fie T (−→v ) = −→w , unde

−→v = x−→i + y

−→j + z

−→k , −→w = x′

−→i + y′

−→j + z′

−→k .

Daca matricea lui T ın baza canonica −→i ,−→j ,−→k este

MT =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

∈M3(R)

avem:x′ = a1x+ b1y + c1z, y′ = a2x+ b2y + c2z, z′ = a3x+ b3y + c3z

si conditia T (−→v ) · −→v = 0 devine:

(a1x+ b1y + c1z)x+ (a2x+ b2y + c2z)y + (a3x+ b3y + c3z)z = 0, ∀x, y, z ∈ R ⇔

a1x2 + b2y

2 + c3z2 + (b1 + a2)xy + (c1 + a3)xz + (c2 + b3)yz = 0

deci a1 = b2 = c3 = 0 si b1 + a2 = c1 + a3 = c2 + b3 = 0 deci matrica MT este de forma

MT =

0 −α3 α2

α3 0 −α1

−α2 α1 0

si

T (x−→i + y

−→j + z

−→k ) = (α2y + α2z)

−→i + (α3x− α1z)

−→j + (−α2x+ α1y)

−→k = −→a ×−→v

unde −→a = α1−→i + α2

−→j + α3

−→k , −→v = x

−→i + y

−→j + z

−→k

−→a ×−→v =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

α1 α2 α3

x y z

∣∣∣∣∣∣ =−→i (α2z − α3y) +

−→j (α3x− α1z) +

−→k (α1y − α2x)

deci singurele astfel de aplicatii liniare sunt de forma

T (−→v ) = −→a ×−→v .


Problema 6.18 In interiorul patratului de latura 1 construim cercuri avand suma

circumferintelor egala cu dublul perimetrului patratului. Sa se arate ca exista o infini-

tate de drepte care sa taie cel putin trei cercuri.

SEEMOUS, 2010

Solutie. Notam n numarul de cercuri, cu ri si respectiv di, raza si respectiv diametrulcercului i. Din ipoteza avem conditia

8 =n∑i=1

2πri = πn∑i=1

di

unde di este un diametru, care evident este mai mic decat 1. Urmeaza ca

8

π=

n∑i=1

di ≤ n

deci n ≥ 2, 54.Daca doua dintre cercuri sunt secante, rezulta ca unind de exemplu mijlocul coardei

comune cu centrul celui de al treilea cerc, avem o directie si totodata o infinitate de drepteparalele cu ea, care intersecteaza cele 3 cercuri.

Cazul cel mai general este al cercurilor care nu au puncte comune. Deoarece suma di-ametrelelor este mai mare decat 2 proiectand diametrele pe o latura a patratului acoperimde doua ori latura , iar restul diametrelor se proiecteaza pe segmente ce se vor suprapunepeste segmentele din cele doua siruri anterioare. Deci exista cel putin 3 diametre ale carorproiectii se suprapun si care dau solutia problemei.

Problema 6.19 Pentru orice x ∈ [0, 1] si y ∈ [0, 1] consideram pe laturile AB, DC, BC

si AD punctele M(x), N(x), P (y), Q(y) astfel ca:

AM

AB=DN

DC= x si

BP

BC=AQ

AD= y.

a) Sa se arate ca dreptele MN si PQ sunt concurente.

b) Sa se arate ca dreptele M(x)N(x), x ∈ [0, 1] genereaza aceeasi suprafata ca dreptele

P (y)Q(y), y ∈ [0, 1].

c) Daca notam

M1 = M

(1

3

), N1 = N

(1

3

), M2 = M

(2

3

), N2 = N

(2

3

),

P1 = P

(1

3

), Q1 = Q

(1

3

), P2 = P

(2

3

), Q2 = Q

(2

3

),

M1N1 ∩ P1Q1 = A1, M2N2 ∩ P1Q1 = B1,

M2N2 ∩ P2Q2 = C1, M1N1 ∩ P2Q2 = D2,

228

sa se arate ca

V(A1B1C1D1) =1

81V(ABCD).

Solutie. a) rM = (1− x)rA + xrB, rN = (1− x)rD + xrC ,

rP = (1− y)rB + yrC , rQ = (1− y)rA + yrD.

Punctul I1 aflat pe MN astfel caMI1

MN= y are vectorul de pozitie

rI1 = (1− y)rM + yrM = (1− x)(1− y)rA + (1− y)xrB + xyrC + y(1− x)rD.

Punctul I2 aflat pe PQ astfel caI2Q

QP= x are vectorul de pozitie

rI2 = (1− x)rQ + xrP = rI1

deci I1 = I2 = MN ∩ PQ.b) Dreptele MN si PQ genereaza suprafata pe care se afla punctul I = I1 = I1, ecuatia

ei este

S : r(x, y) = (1− x)(1− y)rA + x(1− y)rB + xyrC + (1− x)yrD, x, y ∈ [0, 1].

c) Avem:

rA1 = r

(1

3,1

3

)=

1

9(4rA + 2rB + rC + 2rD)

rB1 = r

(2

3,1

3

)=

1

9(2rA + 4rB + 2rC + rD)

rC1 = r

(2

3,2

3

)=

1

9(rA + 2rB + 4rC + 2rD)

rD1 = r

(1

3,2

3

)=

1

9(2rA + rB + 2rC + 4rD)

Calculam volumele folosind produse mixte si pentru simplificarea calculelor alegemoriginea ın A deci rA = 0.

Avem:

V(A1B1C1D1) =1

6|(A1B1, A1C1, A1D1)|

=1

6|(rB1 − rA1 , rC1 − rA1 , rD1 − rA1)|

=1

93 · 6|(2rB + rC − rD, 3rC ,−rB + rC + 2rD)|

=1

93 · 6|(12(rB, rC , rD) + 3(rD, rC , rB)|

=1

93 · 6· 9|(rB, rC , rD)| = 1

81· 1

6|(rB, rC , rD)| = 1

81V(ABCD).

Problema 6.20 Fie [A1A2 . . . A2nA2n+1] un poligon cu numar impar de laturi. Numim

ınaltime orice dreapta ce trece printr-un varf Ak si este perpendiculara pe latura opusa

An+kAn+k+1. Sa se arate ca daca 2n dintre ınaltimi sunt concurente, atunci toate ınaltimile

sunt concurente.


Solutie. Alegem ın planul poligonului un reper cu originea ın H (intersectia ınaltimilordin A1, A2, . . . , A2n) si notam

HA1 = a1, HA2 = a2, . . . ,HA2n = a2n si HA2n+1 = a2n+1.

Conditia HA1 ⊥ An+1An+2 se scrie a1(an+2 − an+1) = 0 sau a1 · an+1 = a1 · an+2.Analog din HA2 ⊥ An+2An+3, . . . ,HA2n ⊥ An−1An obtinem sistemul de relatii:

(1) : a1 · an+1 = a1 · an+2,

(2) : a2 · an+2 = a2 · an+2, . . .

(n) : an · a2n = an · a2n+1,

(n+ 1) : an+1 · a2n+1 = an+1 · a1,

(n+ 2) : an+2 · a1 = an+2 · a2, . . . ,

(2n) : a2n · an−1 = a2n · a1

Daca adunam toate relatiile, termenii din stanga ai egalitatilor (1), (2), . . . , (n) se reduccu termenii din dreapta ai relatiilor (n + 1), (n + 2), . . . , (2n), iar termenii din stanga aiegalitatilor (n + 2), . . . , (2n) se reduc la cei din dreapta din egalitatile (1), . . . , (n − 1).Ramane ın dreapta an+1 · a2n+1 din (n + 1) si ın stanga ramane termenul an · a2n+1 din(n), deci an · a2n+1 = an+1 · a2n+1 ⇔ a2n+1(an+1 − an) = 0 ⇔ HA2n+1 ⊥ AnAn+1.

Problema 6.21 Sa se arate ca daca ıntr-un poligon [A1A2 . . . A2nA2n+1], 2n dintre me-

diane sunt concurente, atunci toate medianele sunt concurente (numim mediana dreapta

ce uneste un varf Ak cu mijlocul laturii opuse An+kAn+k+1).

Solutie. Alegem un reper cu originea ın G, intersectia medianelor din A1, A2, . . . , A2n

si notam GA1 = a1, GA2 = a2, . . . , GA2n = a2n si GA2n+1 = a2n+1 sicu B1, B2, . . . , B2n, B2n+1 mijloacele laturilor opuse varfurilor A1, A2, . . . , A2n, A2n+1.Conditia ca punctele Ak, G,Bk sunt coliniare se scrie:

ak ×1

2(an+k + an+k+1) = 0, k = 1, 2n.

Obtinem sistemul de relatii:

(1) : a1 × (an+1 + an+2) = 0,

(2) : a2 × (an+2 + an+3) = 0, . . . ,

(n) : an × (a2n + a2n+1) = 0,

(n+ 1) : an+1 × (a2n+1 + a1) = 0,

(n+ 2) : an+2 × (a1 + a2) = 0, . . . ,

(2n) : a2n × (an−1 + an) = 0.

Daca adunam toate aceste relatii si reducem doi cate doi termeni ramane

an × a2n+1 + an+1 × a2n+1 = 0 ⇔ a2n+1 × (an + an+1) = 0,

deci punctele A2n+1, G si B2n+1 sunt coliniare.

230

Problema 6.22 Fie 0 < α < 1 si Pk un poligon convex [A1A2 · · ·An]. Se considera

punctele B1, B2, . . . , Bn pe laturile (A1A2), (A2A3), . . . si respectiv, (AnA1) astfel ıncat

A1B1

A1A2=A2B2

A2A3= · · · = AnBn

AnA1= α.

Vom nota cu Pk+1 poligonul astfel obtinut [B1, B2, · · · , Bn].

Dandu-se un poligon convex P0, se construieste ın maniera de mai sus un sir de

poligoane P0, P1, P2, . . . .

Demonstrati ca exista un singur punct ın interiorul tuturor poligoanelor Pk, pentru

orice k = 0, 1, 2, . . . .

SEEMOUS, 2008

Solutie. Fie O centrul de greutate al poligonului [A1A2 · · ·An]. Cum

−−→OB1 +

−−→OB2 + · · ·+

−−→OBn =

−−→OA1 +

−−→OA2 + · · ·+

−−→OAn = 0,

O apartine fiecarui poligon P0, P1, P2, . . . .

Fie R = max||−−→OA1||, ||

−−→OA2||, . . . , ||

−−→OAn|| astfel ıncat Pk este ınscris ın discul de

raza R centrat ın O. Fie C1, C2, . . . , Cn varfurile poligonului Pk+n. Este usor de aratat ca

−−→OC1 =

n∑i=1

βi−−→OAi unde βi > 0 si

n∑i=1

βi = 1.

Fie λ = mini=1,2,..,n

βi. Intrucat−−→OA1 +

−−→OA2 + · · ·+

−−→OAn = 0, obtinem

|−−→OC1| =

∣∣∣∣∣n∑i=1

(βi − λ)−−−−→OAi+1

∣∣∣∣∣ ≤n−1∑i=1

(βi − λ)|−−−−→OAi+1| ≤ R

n∑i=1

(βi − λ) = R(1− nλ).

Aceasta ınseamna ca Pk+n se afla ınscris ın discul de raza R(1− nλ) si centrat ın O.Continuand ın acelasi mod deducem ca poligonul Pk+mn este ınscris ın discul de raza

R(1 − nλ)m si centrat ın O, prin urmare O este unicul punct comun al poligoanelor P0,P1, P2, . . . .

Observatie. Pentru α = 12 poligoanele interioare se construiesc cu varfurile ın mi-

jloacele poligonului din exterior.

Problema 6.23 Fie A1, A2, . . . , An puncte ın spatiu si a1, a2, . . . , an ∈ R cu a1 + a2 +

· · · + an = 1. Daca notam cu r1, r2, . . . , rn vectorii de pozitie ai punctelor A1, A2, . . . , An

si cu A0 punctul cu vectorul de pozitie

r0 = a1r1 + a2r2 + · · ·+ anrn

sa se arate ca:

a)

n∑k=1

ak(MA2k − r2

k) = MA20 − r2

0


b) Sa se afle locul geometric al punctelor M din spatiu pentru care

n∑k=1

akMA2k = a2 (constanta).

c) Sa se determine valoarea minima a sumei

S(M) =n∑k=1

ak ·MA2k

cand M parcurge spatiul.

Solutie.n∑k=1

ak(MA2k − r2

k) =n∑k=1

ak((rk − r)2 − r2k)

=

n∑k=1

ak(r2 − 2r · rk) = r2

n∑k=1

ak − 2r

n∑k=1

akrk

= r2 − 2r · r0 = (r − r0)2 − r20 = MA2

0 − r20.

b) Din a) rezulta

n∑k=1

akMA2k =

n∑k=1

akr2k − r2

0 +MA20 = a2

⇒ MA20 = a2 −

n∑k=1

akr2k + r2

0 = C = constant

In functie de marimea C locul geometric este:sfera daca C > 0punct daca C = 0multimea vida daca C < 0.

c) Minimul se atinge ın M = A0 si este

Smin =

n∑k=1

akr2k − r2

0.

Problema 6.24 Fie D o dreapta si P un punct ın spatiu astfel ca distanta de la P la D

este r > 0. Notam cu S multimea punctelor X din spatiu pentru care d(X,D) ≥ 2d(X,P ).

Sa se determine volumul corpului S.

IMC, 2009

Solutie. Alegem un sistem de coordonate ın spatiu astfel ca dreapta D sa fie axa Oziar punctul P sa se afle pe axa Ox, P (r, 0, 0). Pentru un punct X(x, y, z) avem:

d(X,D) =√x2 + y2 si d(X,P ) =

√(x− r)2 + y2 + z2.

Obtinem conditia:x2 + y2 ≥ 4((x− r)2 + y2 + z2) ⇔

232

3x2 − 8rx+ 4r2 + 3y2 + 4z2 ≤ 0 ⇔ 3

(x− 4

3r

)2

+ 3y2 + 4z2 ≤ 4

3r2 ⇔

(x− 4

3r

)2

(2

3r

)2 +y2(2

3r

)2 +z2(1√3r

)2 ≤ 1

Astfel corpul S este un elipsoid cu semiaxele

a =2

3r, b =

2

3r, c =

1√3r

al carui volum este4πabc

3=

16πr3

27√

3.

Problema 6.25 Se considera familia de plane:

Pt : 2x cos t+ 2y sin t− z = 0, t ∈ [0, 2π].

a) Sa se arate ca exista sfere care sunt tangente la toate planele din familie.

b) Sa se determine locul geometric al centrelor acestor sfere.

c) Sa se scrie ecuatia conului cu varful ın origine circumscris unei astfel de sfere.

Solutie. a) Pentru a exista o astfel de sfera (de centru M(u, v, w) si raza λ > 0) vatrebui ca distanta de la M la fiecare plan din familie sa fie λ, deci

2u cos t+ 2v sin t− w√5

= ±λ, pentru orice t ∈ [0, 2π) ⇔

2u cos t+ 2v sin t+ (−w ∓√

5λ) = 0, pentru orice t ∈ [0, 2π) ⇒

u = v = 0 si w = ±5λ.

Deci o astfel de sfera este de exemplu de centru M0(0, 0, 5) si raza R0 =√

5.b) Pentru λ ∈ [0,∞) ⇒ M ∈ Oz deci locul este axa Oz.c) Fie sfera de la a)

σ : x2 + y2 + (z −√

5λ)2 = λ2

si o dreapta ce trece prin origine si un punct de pe sfera, de ecuatii

d :

x = tXy = tYz = tZ

cu d ∩ σ = 1 ⇔ ecuatia (tX)2 + (tY )2 + (tZ −√

5)2 = λ2 are o singura solutie ⇔ ∆ =0 ⇔ 4X2 + 4Y 2 − Z2 = 0.


Problema 6.26 Fie n ≥ 1 un numar natural si curba plana:

Cn : |x|n + |y|n = 1.

Pentru fiecare punct M ∈ Cn notam cu XM si YM proiectiile lui M pe axele Ox si Oy

si cu TM functiile din interiorul si de pe laturile triunghiului OXMYM . Sa se arate ca:

⋃M∈Cn

TM = (x, y) ∈ R2 | |x|nn+1 + |y|

nn+1 ≤ 1.

Solutia 1. Datorita simetriei curbei Cn este suficient sa ne restrangem la primul cadran(x ≥ 0, y ≥ 0). Pentru un punct M(α, β) ∈ Cn dreapta XMYM are ecuatia

dα,β :x

α+y

β− 1 = 0.

Un punct P (x, y) ∈⋃

M∈Cn

TM daca si numai daca exista (α, β) astfel ca:

x

α+y

β− 1 ≤ 0, αn + βn = 1.

Avem:

x

α+y

β− 1 ≤ 0 ⇔ yn ≤ βn

(1− x

α

)n= (1− αn)

(1− x

α

)n= fx(α).

Consideram functia

fx : [0, 1]→ R, fx(α) = (1− α)(

1− x

α

)nsi determinam valoarea maxima, ceea ce se poate face ın doua moduri:

a) f ′x(α) = −n(

1− x

α

)n−1· 1

α2(αn+1 − x) care are ın α = n+1

√x un punct de maxim

ın care se ia valoarea maxima

fx,max = (1− n+1√xn)n+1.

b) Folosim inegalitatea

n+1

√√√√n+1∏i=1

(1− ai) ≤ 1− n+1

√√√√n+1∏i=1

ai

(care rezulta din inegalitatea mediilor) si o aplicam pentru a1 = αn, a2 = . . . = an+1 =

1− x

αsi obtinem

fx(α) ≤ (1− n+1√xn)n+1.

In concluzie:

yn ≤ (1− n+1√xn)n+1 ⇔ x

nn+1 + y

nn+1 ≤ 1.

234

Solutia 2. Curba C : |x|nn+1 + |y|

nn+1 = 1 fiind concava ın cadranul I, punctele situate

sub ea este reuniunea triunghiurilor determinate de axe si de tangentele la curba C. Tan-

genta ın Q(α1, β1) ∈ C taie axele ın X(α1

n+1

1 , 0) si Y (0, β1

n+1

1 ) deci punctul M(α1

n+1

1 , β1

n+1

1 )se afla pe curba

Cn ((α1

n+1

1 )n + (β1

n+1

1 )n = 1)

si atunci X = XM , Y = YM deci triunghiurile OXY si OXMYM coincid.

Solutia 3. Curba ce delimiteaza reuniunea⋃

M∈Cr

TM este ınfasuratoarea familiei de

drepte dα,β :

x

α+y

β− 1 = 0

αn + βn = 1

Daca notam

F (x, y, α) =x

α+y

β− 1

si consideram β ca functie implicita de α din relatia αn + βn = 1, curba ınfasuratoareverifica sistemul de relatii:

F (x, y, α) = 0

∂F

∂α(x, y, α) = 0

Avem:

x

α+y

β− 1 = 0

− x

α2− y

β2 · β′ = 0

nαn−1 + nβn−1β′ = 0

αn + βn = 1

si obtinem:

x = αn+1, y = βn+1

sau

α = n+1√x, β = n+1

√y si 1 = αn + βn = x

nn+1 + y

nn+1 .

Problema 6.27 Fie d1 si d2 doua drepte ın spatiu si notam cu T1 si T2 operatorii de

proiectie ortogonala pe d1, respectiv d2. Pentru un punct arbitrar X ∈ R3 definim sirurile

(An)n≥1, (Bn)n≥1 prin

An = (T1 T2)n(X) si Bn = (T2 T1)n(X), n ≥ 1.

Sa se arate ca sirurile sunt convergente si daca notam

A = limn→∞

An, B = limn→∞

Bn,

atunci distanta dintre dreptele d1 si d2 este distanta ıntre punctele A si B.


Solutie. Daca dreptele d1 si d2 sunt paralele sau perpendiculare, sirurile sunt constantesi problema este evidenta.

In cazul general alegem un sistem de coordonate convenabil astfel ca

d1 = Ox si d2 :

z = dy = mx

si atunci avem:

T1(x, y, z) = (x, 0, 0), pentru orice (x, y, z) ∈ R3

si pentru a gasi T2(x, y, z) = (X,Y, Z) intersectia d2 cu un plan perpendicular pe d2 cetrece prin (x, y, z), deci obtinem sistemul:

X − x+m(Y − y) = 0, Y = mX, Z = d

cu solutia

X =my + x

1 +m2, Y =

m2y +mx

1 +m2, Z = d.

Avem:

(T1 T2)(a, b, c) =

(a+mb

1 +m2, 0, 0

),

(T1 T2)n(a, b, c) =

(a

(1 +m2)m, 0, 0

), n ≥ 2

(T2 T1)(a, b, c) =

(a

1 +m2,

am

1 +m2, d

)

(T2 T1)n(a, b, c) =

(a

(1 +m2)n, a

(m

1 +m2

)n, d

), n ≥ 2.

Avem

limn→∞

An = (0, 0, 0) = A, limn→∞

Bn = (0, 0, d) = B

si perpendiculara comuna dreptelor d1 si d2 este chiar dreapta AB, deci

d(A,B) = d(d1, d2).

Problema 6.28 Numim parabola standard graficul polinomului de gradul al doilea

y = x2 + ax + b avand coeficientul dominant egal cu 1. Trei parabole standard avand

varfurile V1, V2, V3 se intersecteaza doua cate doua ın punctele A1, A2, A3. Fie s(A) simet-

ricul punctului A fata de axa Ox.

Aratati ca parabolele standard cu varfurile ın s(A1), s(A2), s(A3) se intersecteaza doua

cate doua ın punctele s(V1), s(V2), s(V3).

IMC, 2002

236

Solutie. Mai ıntai aratam ca o parabola standard cu varful V contine punctul A dacasi numai daca parabola standard cu varful ın s(A) contine punctul s(V ).

Fie A(a, b) si V (v, w). Ecuatia prabolei standard cu varful V (v, w) este y = (x−v)2+w,iar ea contine punctul A daca si numai daca b = (a − v)2 + w. Analog, ecuatia praboleistandard cu varful ın s(A) = (a,−b) este y = (x − a)2 − b. Aceasta contine punctuls(V ) = (v,−w) daca si numai daca −w = (v−a)2− b. Cele doua conditii sunt echivalente.

Sa presupunem ca parabolele standard cu varfurile ın V1 si V2, V1 si V3 si respectiv, V2

si V3 se intersecteaza ın A3, A2 si respectiv, A1. Atunci, ın conformitate cu ce am aratatmai sus, parabolele standard cu varfurile ın s(A1) si s(A2), s(A1) si s(A3), respectiv s(A2)si s(A3) se intersecteaza doua cate doua ın punctele V3, V2 si respectiv V1 deoarece elecontin doua cate doua aceste puncte.

Problema 6.29 Se dau doua elipse diferite astfel ıncat acestea au unul din focare comun.

Demonstrati ca elipsele se intersecteaza ın cel mult doua puncte.

IMC, 2008

Solutie. Folosim definitia elipsei ca loc geometric al punctelor pentru care raportuldintre distanta la un punct fix (focar) si distanta la o dreapta fixa (directoare) este sub-unitar (e < 1).

Asadar, daca un punct M apartine ambelor elipse, avand focarul comun F, excen-tricitatile e1, e2 si directoarele l1, l2, atunci avem

e1d(M, l1) = |MF | = e2d(M, l2).

Consideram M(x, y) si dreptele l1 : a1X+b1Y +c1 = 0 respectiv, l2 : a2X+b2Y +c2 =0. Ecuatia e1d(M, l1) = e2d(M, l2) devine atunci

e1|a1x+ b1y + c1|√

a12 + b1

2= e2

|a2x+ b2y + c2|√a2

2 + b22

,

adicaAx+By + C = 0,

undeA = e1a1√

a12+b12± e2a2√

a22+b22

B = e1b1√a12+b1

2± e2b2√

a22+b22

C = e1c1√a12+b1

2± e2c2√

a22+b22.

Deci toate punctele M ce satisfac relatia de mai sus sunt situate pe dreapta Ax+By+C = 0. Cum intersectia dintre o dreapta si o elipsa este data de cel mult doua puncte,obtinem concluzia problemei.

Problema 6.30 In interiorul unei sfere de raza R si centru O se considera un punct fix

A, iar pe sfera punctele variabile X,Y, Z astfel ca AX ⊥ AY , AY ⊥ AZ, AZ ⊥ AX. Sa

se determine locul geometric al varfului M , opus lui A ın paralelipipedul cu muchiile AX,

AY , AZ.


Solutie. Aratam ca distanta OM este constanta. Avem:

OM = OA+AM = OA+AX +AY +AZ

OM2

= OA2

+ 2OA(AX +AY +AZ) +AX2

+AY2

+AZ2

= OA2

+ 2OA(OX −OA+OY −OA+OZ −OA)

= (OX −OA)2 + (OY −OA2) + (OZ −OA)2

= OX +OY2 − 2OA

2= 3R2 − 2OA2 = constant.

Locul este o sfera cu centrul O.

Problema 6.31 Fie n ≥ 4 si M o multime finita cu n puncte din R3, oricare 4 puncte

din multime fiind necoplanare. Presupunem ca punctele sunt colorate ın alb si negru asa

ıncat orice sfera care intersecteaza multimea M ın cel putin 4 puncte are proprietatea ca

exact jumatate din punctele din intersectia cu M sunt albe.

Aratati ca toate punctele din multimea M sunt situate pe o aceeasi sfera.

IMC, 2004

Solutie. Definim functia

f : M −→ −1, 1, f(X) =

−1, daca X este alb

1, daca X este negru.

Conditia din enunt devine∑X∈S

f(X) = 0 pentru orice sfera S care trece prin cel putin 4

puncte ale lui M. Pentru oricare 3 puncte A, B, C din M, notam cu S(S,B,C) multimeatuturor sferelor ce trec prin A, B, C si prin cel putin un alt punct din M, iar |S(A,B,C)|numarul acestor sfere.

Avem

0 =∑

S∈S(A,B,C)

∑X∈S

f(X) = (|S(A,B,C)| − 1)(f(A) + f(B) + f(C)

)+∑X∈M

f(X)

ıntrucat valorile lui A, B, C apar de |S(A,B,C)| ori fiecare si celelalte valori apar numaio data.

Daca avem 3 puncte A, B, C asa ıncat |S(A,B,C)| = 1, demonstratia este terminata.Daca |S(A,B,C)| > 1 pentru oricare puncte distincte A, B, C din M, vom arata mai

ıntai ca∑X∈M

f(X) = 0.

Presupunem ca∑X∈M

f(X) > 0. Din relatia de mai sus rezulta ca f(A) + f(B) +

f(C) < 0 si sumand dupa toate cele C3n alegeri posibile ale tripletei (A, B, C), obtinem

C3n

∑X∈M

f(X) < 0, adica∑X∈M

f(X) < 0 (contrazice presupunerea facuta). Acelasi

rationament se aplica ın cazul cand presupunem∑X∈M

f(X) < 0.

238

Acum, din∑X∈M

f(X) = 0 si relatia initiala, rezulta f(A)+f(B)+f(C) = 0 pentru orice

puncte distincte A, B, C din M. Considerand un alt punct D ∈ M, au loc urmatoareleegalitati:

f(A) + f(B) + f(C) = 0f(A) + f(B) + f(D) = 0f(A) + f(C) + f(D) = 0f(B) + f(C) + f(D) = 0

ce conduc la f(A) = f(B) = f(C) = f(D) = 0, ceea ce contrazice definirea functiei f.

Problema 6.32 Sa se determine numarul maxim de puncte de pe sfera de raza 1 din Rn

astfel ıncat distanta dintre oricare doua puncte sa fie strict mai mare decat√

2.

IMC, 2001Solutie. Sfera unitate din Rn este definita de

Sn−1 =

(x1, . . . , xn) ∈ Rn|n∑k=1

x2k = 1

.

Distanta dintre punctele si Y (y1, . . . , yn) este data:

d2(X,Y ) =n∑k=1

(xk − yk)2.

Avemd(X,Y ) >

√2 ⇐⇒ d2(X,Y ) > 2

⇐⇒n∑k=1

x2k +

n∑k=1

y2k + 2

n∑k=1

xkyk > 2

⇐⇒n∑k=1

xkyk < 0.

Tinand cont de simetria sferei, presupunem ca A1(−1, 0, . . . , 0).

Pentru X = A1,

n∑k=1

xkyk < 0 rezulta y1 > 0, ∀Y ∈Mn.

Fie X(x1, X), Y (y1, Y ) ∈Mn \ A1, X, Y ∈ Rn−1.Obtinem

n∑k=1

xkyk < 0 =⇒ x1y1 +n−1∑k=1

xkyk < 0 ⇐⇒n−1∑k=1

x′ky′k < 0,

unde

x′k =xk√Σx2

k

, y′k =yk√Σy2

k

.

Asadar

(x′1, . . . , x′n−1), (y′1, . . . , y

′n−1) ∈ Sn−2 si

n∑k=1

xkyk < 0.


Daca an este numarul punctelor cautate ın Rn avem ca an ≤ 1+an−1 si a1 = 2 implicaan ≤ n+ 1.

Aratam ca an = n + 1, dand exemplu o multime Mn cu n + 1 elemente satisfacandconditiile problemei:

A1(−1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0)A2( 1

n ,−c1, 0, 0, . . . , 0, 0)A3( 1

n ,1

n−1 c1,−c2, 0, . . . , 0, 0)

A4( 1n ,

1n−1 c1,

1n−2 c2,−c3, . . . , 0, 0)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·An−1( 1

n ,1

n−1 c1,1

n−2 c2,1

n−3 c3, . . . ,−cn−2, 0)

An( 1n ,

1n−1 c1,

1n−2 c2,

1n−3 c3, . . . ,

12 cn−2,−cn−1)

An+1( 1n ,

1n−1 c1,

1n−2 c2,

1n−3 c3, . . . ,

12 cn−2, cn−1)

unde

ck =

√(1 +

1

n

)(1 +

1

n− k + 1

), k = 1, n− 1.

Avemn∑k=1

xkyk = − 1

n< 0 si

n∑k=1

x2k = 1, ∀X,Y ∈ A1, A2, . . . , An+1.

Aceste puncte se afla pe sfera unitate din Rn si distanta dintre oricare doua puncteeste egala cu

d =√

2

√1 +

1

n>√

2.

Observatie. Pentru n = 2, punctele formeaza un triunghi echilateral ın cercul unitate;pentru n = 3 cele 4 puncte sunt varfurile unui tetraedru regulat iar ın Rn punctele formeazaun simplex regulat n-dimensional.

Problema 6.33 Fie A, B, C, D patru sfere distincte ın spatiu. Presupunem ca sferele A si

B se intersecteaza dupa un cerc ce este continut ın planul P, sferele B si C se intersecteaza

dupa un cerc ce este continut ın planul Q, sferele C si D se intersecteaza dupa un cerc ce

este continut ın planul S iar sferele D si A se intersecteaza dupa un cerc ce este continut

ın planul T. Demonstrati ca planele P , Q, S si T sunt paralele cu o aceeasi dreapta sau

se intersecteaza toate ıntr-un punct.

SEEMOUS Shortlist, 2008 si Ariel Internet Math. Olympiad, 2009

Solutie. Tinand cont de faptul ca ın ecuatia unei sfere termenii de gradul al doilea suntdoar x2 +y2 +z2, ecuatiile celor 4 sfere difera doar prin partea lor liniara. Avem cele patruecuatii:

A : a(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a1x+ b1y + c1z + d1 = 0,B : b(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a2x+ b2y + c2z + d2 = 0,C : c(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a3x+ b3y + c3z + d3 = 0,D : d(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + a4x+ b4y + c4z + d4 = 0.

Prin urmare, diferenta a doua polinoame sferice de mai sus este liniara, deci reprezintaecuatia unui plan, planul ce contine cercul de intersectie al celor doua sfere. Deci planele

240

din enunt au ecuatiile:

P : (a1 − a2)x+ (b1 − b2)y + (c1 − c2)z + (d1 − d2) = 0,Q : (a2 − a3)x+ (b2 − b3)y + (c2 − c3)z + (d2 − d3) = 0,S : (a3 − a4)x+ (b3 − b4)y + (c3 − c4)z + (d3 − d4) = 0,T : (a4 − a1)x+ (b4 − b1)y + (c4 − c1)z + (d4 − d1) = 0,

unde NP ((a1−a2), (b1−b2), (c1−c2)), NQ((a2−a3), (b2−b3), (c2−c3)), NS((a3−a4), (b3−b4), (c3 − c4)) si NT ((a4 − a1), (b4 − b1), (c4 − c1)) sunt normalele celor 4 plane.

Observam ca NP + NQ + NS + NT = 0.Avem 2 cazuri:Daca trei dintre normale sunt liniar dependente (coplanare), rezulta ca si cea de-a patra

este ın acelasi plan cu ele (fiind opusul sumei celor trei). In acest caz toate normalele suntperpendiculare pe normala planului din care fac parte, N . In consecinta, cele 4 plane suntparalele cu N .

Daca trei dintre normale sunt liniar independente (necoplanare), cele trei plane au unpunct comun. Coordonatele acestui punct verifica sistemul liniar format cu ecuatiile celortrei plane. Cum cel de-al patrulea plan are ecuatia data de combinatia liniara a primelor3 plane, coordonatele punctului comun o verifica si pe aceasta. Prin urmare, toate cele 4plane se intersecteaza ın acelasi punct.

Problema 6.34 Punctele mobile A, B, C se afla pe un elipsoid de centru O astfel ca

OA, OB, OC sunt doua cate doua perpendiculare. Fie H ortocentrul triunghiului ABC.

Sa se determine locul geometric al punctelor H.

Solutie. Folosind Teorema celor trei perpendiculare ın tetraedrul OABC rezulta caOH este perpendiculara pe planul (ABC). Ne raportam la reperul ortogonal OABC.Ecuatia prin taieturi a planului (ABC) este:

x

|OA|+

y

|OB|+

z

|OC|− 1 = 0.

Notand m = 1|OA| , n = 1

|OB| si p = 1|OC| rezulta

|OH| = 1√m2 + n2 + p2

.

Ecuatia elipsoidului este data de

mx2 + ny2 + pz2 + 2axy + 2bxz + 2cyz = 1

iar matricea atasata formei patratice este

A =

m2 a ba n2 cb c p2

.

Observam ca |OH| = 1√TrA

. Cum urma matricei A, TrA este suma valorilor proprii

ale formei patratice care depinde numai de elipsoid (nu si de pozitia reperului, TrA fiindinvariant ortogonal), obtinem ca |OH| = constant = R. Cum OH parcurge toate directiileposibile prin rotirea reperului, rezulta ca locul geometric cautat este sfera centrata ınorigine si de raza R.


Problema 6.35 a) Sa se arate ca suprafata S ⊂ R3, de ecuatie

S : 4(x2 + z2)− y2 − 10xz + 36 = 0

este o suprafata riglata si o suprafata de rotatie.

b) Sa se determine toate suprafetele care sunt ın acelasi timp suprafete riglate si

suprafete de rotatie.

Solutie. a) S este o cuadrica. Matricea formei patratice este

A =

4 0 −50 −1 0−5 0 4

cu valorile proprii λ1 = λ2 = −1 si λ3 = 9. Vectorii proprii sunt

X1 =1√2

101

, X2 =

010

, X3 =1√2

10−1

.Cu schimbarea de variabile x

yz

= P

uvw

=1√2

1 0 1

0√

2 01 0 −1

uvw

obtinem suprafata

S : u2 + v2 − 9w2 − 36 = 0

care este hiperboloid cu o panza (suprafata riglata).Suprafata se obtine de exemplu rotind hiperbola

H : v2 − 9w2 − 36 = 0, u = 0

ın jurul axei Oz′.b) S fiind suprafata riglata, prin orice punct de pe S trece o dreapta inclusa ın S.S fiind suprafata de rotatie, prin orice punct de pe S trece un cerc cu centrul pe axa

de rotatie, perpendicular pe axa de rotatie si situat ın ıntregime ın S.Luand toate cercurile ce trec prin punctele unei generatoare obtinem suprafata obtinuta

prin rotatia dreptei ın jurul axei. In concluzie suprafetele sunt cele obtinute prin rotatiaunei drepte ın jurul altei drepte.

Putem obtine:1. Plan (daca D ⊥ D′).2. Cilindru (daca D‖D′).3. Con (daca D ∩D′ = un punct).4. Hiperboloid cu o panza (daca D si D′ sunt necoplanare si neperpendiculare).

Problema 6.36 Fie σ un elipsoid sau un hiperboloid si D o dreapta ın spatiu. Notam cu

S suprafata cilindrica cu generatoarea paralela cu D si tangenta la σ. Notam cu C curba

punctelor de tangenta dintre generatoare si σ. Sa se arate ca C este o curba plana.

242

Solutie. Putem schimba sistemul de coordonate astfel ca ecuatia elipsoidului sau hiper-boloidului sa fie sub forma redusa

S : ax2 + by2 + cz2 = 1.

Un punct (x, y, z) ∈ σ este punct de pe curba de tangenta daca normala la suprafataσ ın acest punct este perpendiculara pe generatoare, deci daca vectorii ∇F si d suntperpendiculari, unde

F (x, y, z) = ax2 + by2 + cz2 − 1 si d = αi+ βj + γk

este vectorul director al generatoarei (al dreptei D). Obtinem pentru curba de tangentaecuatiile implicite

C :

F (x, y, z) = 0

d · V F = 0.

A doua ecuatie este2αax+ 2βby + 2γcz = 0

care reprezinta ecuatia unui plan (ce trece prin origine) si curba C se afla ın acest plan.Curba are originea ca centru de simetrie.

Problema 6.37 Fie σ un elipsoid sau hiperboloid si V un punct ın spatiu. Notam cu S

suprafata conica generata de dreptele ce trec prin V si care sunt tangente la S (daca exista

astfel de drepte) si cu C curba punctelor de tangenta ale generatoarelor cu suprafata σ.

Sa se arate ca C este o curba plana.

Solutie. Alegem ın spatiu un sistem de coordonate ın care suprafata σ are ecuatiaredusa

σ : ax2 + by2 + cz2 = 1.

Un punct M(x, y, z) de pe suprafata σ se afla pe curba C daca normala ın M lasuprafata σ este perpendiculara pe vectorul VM . Vectorul normal la σ ın M este

∇F =∂F

∂xi+

∂F

∂yj +

∂F

∂zk

undeF (x, y, z) = ax2 + by2 + cz2 − 1

iar vectorulVM = (x− a)i+ (y − b)j + (z − c)k,

unde a, b, c sunt coordonatele lui V . Astfel curba C are ecuatiile

C :

F (x, y, z) = 0

(x− a)∂F

∂x+ (y − b)∂F

∂y+ (z − c)∂F

∂z= 0

sau

C :

ax2 + by2 + cz2 − 1 = 0

(x− a)2ax+ (y − b)2by + (z − c)2cz = 0.

Daca din relatia a doua scadem prima ınmultita cu 2 obtinem relatia

a2x+ b2y + c2z = 1

care este ecuatia unui plan ın care se gaseste curba C.

Capitolul 7

Siruri si serii numerice


Teorema Stolz-Cesaro 1. Fie (an)n≥0, (bn)n≥0 doua siruri de numere reale cu pro-

prietatile urmatoare:

1) (bn)n≥0 este strict monoton si nemarginit;

2) exista limn→∞

an+1 − anbn+1 − bn

= l, l ∈ R.

Atunci limn→∞

anbn

= l.

Teorema Stolz-Cesaro 2. Fie (an)n≥0, (bn)n≥0 doua siruri de numere reale cu pro-

prietatile urmatoare:

1) limn→∞

an = limn→∞

bn = 0;

2) sirul (bn)n≥0 este strict monoton;

3) exista limn→∞


= l, l ∈ R.

Atunci limn→∞

anbn

= l.

Corolar. Fie (an)n≥0 un sir de numere pozitive cu proprietatea ca exista

limn→∞

an+1

an= l, l ∈ R. Atunci lim

n→∞n√an = l.

Teorema. Fie (an)n≥1 un sir de numere pozitive cu proprietatea ca exista limn→∞

an+1

an=

l. Atunci, daca l < 1 ⇒ limn→∞

an = 0, iar daca l > 1 ⇒ limn→∞

an =∞.

• Fie

∞∑n=1

an o serie de numere reale. Sirul (sn)n≥1, unde sn =

n∑k=1

ak, se numeste sirul

sumelor partiale ale seriei.

243

244

• Daca exista limita sirului (sn)n≥1, atunci ea se numeste suma seriei.

• Daca sirul sumelor partiale este convergent si limn→∞

sn = s, atunci se spune ca seria∞∑n=1

an este convergenta si se scrie∞∑n=1

an = s.

• Daca seria∞∑n=1

|an| este convergenta se spune ca seria∞∑n=1

an este absolut conver-

genta.

• O serie care este convergenta, dar nu este absolut convergenta se numeste seriesemiconvergenta.

Observatii. a) Dintr-o serie data

∞∑n=1

an se pot obtine alte serii, prin schimbarea ordinei

termenilor (

∞∑n=1

aσ(n), σ : N∗ → N∗ bijectiva) sau prin asocierea unor termeni (

∞∑n=1

(af(n)+1+

af(n)+2 + · · · + af(n+1)), unde f : N∗ → N∗ este o functie strict crescatoare). In general,aceste transformari pot schimba suma seriei si chiar natura seriilor.

In cazul seriilor absolut convergente avem:Teorema. Daca ıntr-o serie absolut convergenta schimbam ordinea termenilor sau asociemsecvente de termeni, seria obtinuta are aceeasi suma cu seria initiala.

In cazul seriilor semiconvergente situatia este complet diferita dupa cum arataurmatoarea:Teorema (Riemann). Intr-o serie semiconvergenta se poate schimba ordinea termenilorın asa fel ıncat seria sa fie divergenta sau sa fie convergenta cu suma un numar real ar-bitrar.

b) Pentru fiecare numar natural m ∈ N∗ definim seria rest de ordin m prin Rm =

∞∑n=m

an.

Seria∞∑n=1

an are aceeasi natura cu orice serie rest a ei.

c) Daca seria

∞∑n=1

an este convergenta, atunci sirul (an)n este convergent la zero.

Un criteriu de divergenta este urmatorul:

C0. Daca sirul (an)n nu converge la zero, atunci seria

∞∑n=1

an este divergenta.

Seria geometrica

Daca q este un numar real, atunci seria

∞∑n=0

qn se numeste seria geometrica de ratie q.

Pentru q ∈ (−1, 1) seria geometrica este convergenta si suma ei este∞∑n=0

qn =1

1− q.

Pentru q ≥ 1 seria este divergenta si are suma ∞.Pentru q ≤ −1 seria este divergenta si nu are suma.

Siruri si serii numerice 245

Seria armonica generalizata

Daca α este un numar real, atunci seria∞∑n=1

1

nαse numeste serie armonica generalizata

de exponent α.

Pentru α > 1 seria armonica∞∑n=1

1

nαeste convergenta si suma ei se noteaza

∞∑n=1

1

nα=

ζ(α). Functia ζ : (1,∞)→ R se numeste functia ”zeta” a lui Riemann. Pentru α ≤ 1 seria

armonica∞∑n=1

1

nαeste divergenta si are suma ∞.

Criterii generale de convergenta

C1. (Criteriul general al lui Cauchy) Seria

∞∑n=1

an este convergenta daca si numai

daca, pentru orice ε > 0 exista un rang N(ε) ∈ N astfel ca pentru orice n ≥ N(ε) si oricep ≥ 1 sa avem:

|an+1 + an+2 + · · ·+ an+p| < ε.

C2. (Criteriul lui Abel-Dirichlet) Daca seria

∞∑n=1

an are sirul sumelor partiale

marginit, iar sirul (bn)n este descrescator la zero, atunci seria∞∑n=1

anbn este convergenta.

C3. (Criteriul lui Abel) Daca seria∞∑n=1

an este convergenta iar sirul (bn)n este

monoton si marginit, atunci seria

∞∑n=1

anbn este convergenta.

C4. (Criteriul lui Leibniz) Daca sirul (bn)n≥1 este monoton si convergent la zero,

atunci seria∞∑n=1

(−1)nbn este convergenta.

Criterii de convergenta pentru serii cu termeni pozitivi

In urmatoarele criterii (C4-C10) termenii seriilor care apar sunt strict pozitivi.

A. Criterii intrinseci

C4. Criteriul raportului (d’Alembert)

a) Daca exista q ∈ (0, 1) si N ∈ N∗ astfel caan+1

an≤ q pentru orice n > N , atunci seria

∞∑n=1

an este convergenta.

b) Daca exista N ∈ N∗ astfel caan+1

an≥ 1 pentru orice n > N , atunci seria

∞∑n=1

an

este divergenta.

246

C4’. Daca exista limita limn→∞

an+1

an= l atunci:

a) pentru l ∈ [0, 1) seria

∞∑n=1

an este convergenta;

b) pentru l ∈ (1,∞) seria∑n≥1

an este divergenta;

c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.

C5. Criteriul radicalului (Cauchy)a) Daca exista q ∈ (0, 1) si N ∈ N∗ astfel ca n

√an ≤ q pentru orice n > N , atunci seria

∞∑n=1


b) Daca exista o infinitate de termeni pentru care n√an ≥ 1 atunci seria este divergenta.

C5’. Daca exista limn→∞

n√an = l atunci:

a) pentru l ∈ [0, 1) seria∞∑n=1


b) pentru l ∈ (1,∞) seria∑n≥1

an este divergenta;

c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.

C6. Criteriul Raabe-Duhamela) Daca exista un numar real c > 1 si un numar natural N ∈ N∗ astfel ca

n

(anan+1

− 1

)≥ c, pentru orice n ≥ N,

atunci seria

∞∑n=1


b) Daca exista un numar natural N pentru care

n

(anan+1

− 1

)≤ 1, pentru orice n ≥ N,

atunci seria∑n≥1

an este divergenta.

C6’. Daca exista limita limn→∞

n

(anan+1

− 1

)= l atunci:

a) pentru l > 1 seria

∞∑n=1


b) pentru l < 1 seria∑n≥1

an este divergenta;

c) pentru l = 1 criteriul este ineficient.Observatie. In general criteriul Raabe-Duhamel se aplica la serii la care criteriul

raportului sau radicalului este ineficient.

C7. Criteriul condensarii (Cauchy)


Daca sirul (an)n este descrescator, atunci seriile

∞∑n=1

an si

∞∑n=1

2na2n au aceeasi natura

(sunt simultan convergente sau divergente).

B. Criterii de comparatie

C8. Daca exista N ∈ N∗ astfel ca 0 < an ≤ bn pentru orice n > N , atunci:

a) Daca seria

∞∑n=1

an este divergenta, atunci seria

∞∑n=1

bn este divergenta.

b) Daca seria∞∑n=1

bn este convergenta, atunci seria∞∑n=1


C9. Daca exista N ∈ N∗ astfel caan+1

an≤ bn+1

bnpentru orice n > N , atunci:

a) Daca seria

∞∑n=1

an este divergenta, atunci seria

∞∑n=1

bn este divergenta.

b) Daca seria∞∑n=1

bn este convergenta, atunci seria∞∑n=1


C10. Daca exista limn→∞

anbn

= l atunci:

a) pentru l ∈ (0,∞) seriile

∞∑n=1

an si∞∑n=1

bn au aceeasi natura;

b) pentru l = 0 avem implicatiile:∞∑n=1

an divergenta ⇒∞∑n=1

bn divergenta;

∞∑n=1

bn convergenta ⇒∞∑n=1

an convergenta;

c) pentru l =∞ avem implicatiile:∞∑n=1

bn divergenta ⇒∞∑n=1

an divergenta;

∞∑n=1

an convergenta ⇒∞∑n=1

bn convergenta.

Observatie. In general pentru a decide natura unei serii∞∑n=1

an prin criteriul C10 se

folosesc pentru comparatie serii armonice generalizate. Se obtine criteriul 10’.C10’. Daca exista α ∈ R astfel ca

limn→∞

nαan = l ∈ (0,∞)

atunci:

a) pentru α > 1 seria∞∑n=1


b) pentru α ≤ 1 seria

∞∑n=1

an este divergenta.

248

Produsul Cauchy a doua serii

Definitie. Daca∞∑n=1

an si∞∑n=1

bn sunt doua serii, atunci seria∞∑n=1

cn cu termenul general

cn = a1bn+a2bn−1 +a3bn−2 + · · ·+anb1, n ≥ 1, se numeste produsul Cauchy al celor douaserii.

Observatie. In general produsul Cauchy a doua serii convergente nu este neaparat o

serie convergenta (an = bn =(−1)n−1

√n

).

Teorema (Mertens). Daca seriile∞∑n=1

an si∞∑n=1

bn sunt convergente, iar una din ele

este absolut convergenta, atunci produsul lor Cauchy

∞∑n=1

cn este o serie convergenta si

daca∞∑n=1

an = A,

∞∑n=1

bn = B, atunci

∞∑n=1

cn = AB.

Siruri. Probleme

Problema 7.1 Fie I ⊆ R si f : I → I. Definim sirul (an)n≥0 prin relatia an+1 = f(an),

n ≥ 0, a0 ∈ I. Sa se arate ca:

1) Daca f este crescatoare, atunci (an)n≥0 este monoton;

2) Daca f este descrescatoare, atunci sirurile (a2n)n≥0, (a2n+1)n≥0 sunt monotone si

au monotonii diferite.

Solutie. 1) Daca a0 ≤ a1 rezulta ca f(a0) ≤ f(a1), adica a1 ≤ a2 si apoi prin inductiese arata ca an ≤ an+1 pentru orice n ≥ 0. Daca a0 ≥ a1 rezulta analog ca sirul estedescrescator.

2) Avem

a2n+1 = f(a2n+1) = (f f)(a2n), n ≥ 0

si

a2n+2 = f(a2n+1) = (f f)(a2n), n ≥ 0.

Cum g = f f este crescatoare, din punctul 1) rezulta ca (a2n)n≥0 si (a2n+1)n≥0 suntsiruri monotone. Daca presupunem ca (a2n)n≥0 este crescator, din relatia a2n ≤ a2n+2

obtinem f(a2n) ≥ f(a2n+1) echivalent cu a2n+1 ≥ a2n+3, n ≥ 0, ceea ce arata ca (a2n+1)n≥0

este descrescator. Presupunerea ca (a2n)n≥0 este descrescator conduce ın mod analog lafaptul ca (a2n+1)n≥0 este crescator. Deci sirurile (a2n)n≥0 si (a2n+1)n≥0 au monotoniidiferite.

Problema 7.2 a) Sa se arate ca limn→∞

(1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n

)= ln 2;

b) Sa se calculeze limn→∞

n

(1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n− ln 2

).


Solutie. a) Fie cn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n− lnn, n ≥ 0. Avem

xn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n− ln 2 = (c2n − cn) + ln 2n− lnn =

= c2n − cn + ln 2,

de unde obtinem limn→∞

xn = ln 2.

b) Fie yn =

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n− ln 2

1

n

, n ≥ 1,

an =1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n− ln 2, bn =

1

n.

Conditiile celei de-a doua teoreme a lui Stolz-Cesaro sunt ındeplinite si avem

limn→∞


limn→∞

− 1

n+ 1+

1

2n+ 1+

1

2n+ 21

n+ 1− 1

n

= −1

4

de unde rezulta ca limn→∞

yn = −1

4.

Problema 7.3 Fie f : [1,∞) → R o functie descrescatoare si marginita inferior. Sa se

arate ca sirul (an)n≥1 de termen general

an = f(1) + f(2) + · · ·+ f(n)−∫ n

1f(x)dx

este convergent.

Solutie. Studiem monotonia lui (an)n≥1. Avem

an+1 − an = f(n+ 1)−∫ n+1

1f(x)dx+

∫ n

1f(x)dx =

= f(n+ 1)−∫ n+1

nf(x)dx =

∫ n+1

n(f(n+ 1)− f(x))dx ≤ 0,

tinand seama ca f este descrescatoare. Rezulta ca sirul (an)n≥1 este descrescator. Demon-stram ca sirul este marginit inferior. Avem

an =

(f(1)−

∫ 2

1f(x)dx

)+

(f(2)−

∫ 3

2f(x)dx

)+ · · ·+

+

(f(n− 1)−

∫ n

n−1f(x)dx

)+ f(n) =

=

∫ 2

1(f(1)− f(x))dx+

∫ 3

2(f(2)− f(x))dx+ · · ·+

250

+

∫ n

n−1(f(n− 1)− f(x))dx+ f(n),

de unde rezulta ca (an)n≥1 este marginit inferior, tinand seama de monotonia lui f side faptul ca f este marginita inferior. Prin urmare sirul (an)n≥1 este convergent, fiindmonoton si marginit.

Observatie. Pentru functia f : [1,∞)→ R, f(x) =1

x, rezulta imediat ca sirul (cn)n≥1,

cn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n− lnn

este convergent.

Problema 7.4 Sa se calculeze limn→∞

[(n+ 1) n+1√n+ 1− n n

√n].

Solutie. Consideram functia f : [n, n+1]→ R, n ∈ N∗, f(x) = x1+ 1x , careia ıi aplicam

teorema lui Lagrange. Rezulta ca exista cn ∈ (n, n+ 1) astfel ca

f(n+ 1)− f(n) = c1cnn

(1

cn+ 1− ln cn

cn

).

Din cn > n rezulta ca limn→∞

cn =∞ si ın continuare

limn→∞

[f(n+ 1)− f(n)] = 1.

Problema 7.5 Demonstrati ca daca sinx 6= 0, atunci sirul (sinnx)n≥0 nu are limita.

Solutie. Sa presupunem ca sirul (sinnx)n≥0 este convergent. Din

cosnx =sin(n+ 1)x− sin(n− 1)x

2 sinx

rezulta ca limn→∞

cosnx = 0.

Tinand seama de relatia

sinnx =cos(n+ 1)x− cos(n− 1)x

2 sinx

deducem ca limn→∞

sinnx = 0, prin urmare limn→∞

(sin2 nx+cos2 nx) = 0, contradictie. Rezulta

ca sirul (sinnx)n≥0 este divergent.

Problema 7.6 Sa se determine cel mai mic numar real pozitiv x pentru care sirul (an)n≥1,

an =

(1 +

1

n

)n+x

este descrescator.

Solutie. Consideram functia f : [1,∞)→ R, f(t) = (t+x) ln

(1 +

1

t

), t ≥ 1. Evident

an = ef(n), n ≥ 1. Avem

f ′(t) = ln

(1 +

1

t

)− t+ x

t(1 + t),


f ′′(t) =t(2x− 1) + x

t2(1 + t)2.

Daca x ≥ 1

2rezulta f ′′(t) ≥ 0 pentru orice t ≥ 1, deci f ′ este strict crescatoare

pe [1,∞). Cum limt→∞

f ′(t) = 0 rezulta f ′(t) < 0, t ≥ 1, deci f este descrescatoare pe

[1,∞). Rezulta ca (an)n≥1 este un sir descrescator pentru x ≥ 1

2. Daca x <

1

2, atunci

ecuatia f ′′(t) = 0 are radacina t0 =x

1− 2xsi f ′′(t) ≤ 0 pentru t ≥ t0. Rezulta ca f ′

este descrescatoare pe [t0,∞) si cum limt→∞

f ′(t) = 0 avem f ′(t) > 0 pentru t ≥ t0. Prin

urmare sirul (an) este crescator pentru n > t0. Cel mai mic numar pentru care (an)n≥1

este descrescator este x =1

2.

Problema 7.7 Sa se arate ca daca limn→∞

ann = a, limn→∞

bnn = b, a, b > 0, atunci pentru orice

p ≥ 0, q ≥ 0 cu p+ q = 1, are loc relatia

limn→∞

(pan + qbn)n = apbq.

Solutie. Aratam mai ıntai ca limn→∞

an = 1 si limn→∞

bn = 1. De aici deducem ca

limn→∞

(pan + qbn) = 1.

Apoi avemlimn→∞

n(an − 1) = ln a, limn→∞

n(bn − 1) = ln b

si ın continuare

limn→∞

(pan + qbn)n = elimn→∞

n(pan+qbn−1)=

= elimn→∞

[pn(an−1)+qn(bn−1)]= ep ln a+q ln b = apbq.

Problema 7.8 Sa se calculeze limn→∞

(e1+ 1

2+···+ 1

n+1 − e1+ 12

+···+ 1n

).

Solutie. Fie cn = 1 + 12 + · · ·+ 1

n − lnn. Avem

xn = e1+ 12

+···+ 1n+1 − e1+ 1

2+···+ 1

n = e1+ 12

+···+ 1n

(e

1n+1 − 1

)=

= ecn+lnn(e

1n+1 − 1

)= ecn · n

n+ 1· e

1n+1 − 1

1

n+ 1

.

Rezulta ca limn→∞

xn = ec, unde c este constanta lui Euler.

Problema 7.9 Sa se arate ca urmatoarele siruri sunt convergente, folosind problema 7.3.

a) an = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n− lnn;

b) an =1

2 ln 2+

1

3 ln 3+ · · ·+ 1

n lnn− ln(lnn);

c) an = 1 +1

2α+ · · ·+ 1

nα− 1

1− αn1−α, α ∈ (0, 1);

d) an = 1 +1

2α+ · · ·+ 1

nα, α > 1.

252

Solutie. a) Se ia f(x) =1

x;

b) f(x) =1

x lnx;

c) f(x) =1

xα;

d) f(x) =1

xα.

Problema 7.10 Sa se calculeze limitele urmatoarelor siruri:

a) an =1

lnn

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

), n ≥ 2;

b) an =1

ln(lnn)

(1

2 ln 2+

1

3 ln 3+ · · ·+ 1

n lnn

), n ≥ 3;

c) an =1

n1−α

(1 +

1

2α+ · · ·+ 1

nα

), α ∈ (0, 1).

Solutie. Se utilizeaza prima teorema a lui Stolz-Cesaro obtinandu-se:a) lim

n→∞an = 1;

b) limn→∞

an = 1;

c) limn→∞

an =1

1− α.

Problema 7.11 Daca notam cu a limitele sirurilor de la exercitiul 7.9 sa se calculeze

limitele urmatoare:

a) limn→∞

n

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n− lnn− a

);

b) limn→∞

n lnn

(1

2 ln 2+

1

3 ln 3+ · · ·+ 1

n lnn− ln(lnn)− a

);

c) limn→∞

nα(

1 +1

2α+ · · ·+ 1

nα− 1

1− αn1−α − a

), α ∈ (0, 1);

d) limn→∞

nα−1

(1 +

1

2α+ · · ·+ 1

nα− a), α > 1.

Solutie. Se aplica a doua teorema a lui Stolz-Cesaro.

a) xn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n− lnn− a, yn =

1

n, n ≥ 1. Avem

limn→∞

xnyn

= limn→∞

xn+1 − xnyn+1 − yn

= limn→∞

1

n+ 1− ln(n+ 1) + lnn

1

n+ 1− 1

n

=

= limx→∞x∈R

1

x+ 1− ln(x+ 1) + lnx

1

x+ 1− 1

x

= limx→∞x∈R

− 1

(x+ 1)2− 1

x+ 1+

1

x

− 1

(x+ 1)2+

1

x2

=1

2;

b) Se obtine limita 1;c) Aplicand teorema a doua a lui Cesaro-Stolz obtinem

limn→∞

nα(

1 +1

2α+ · · ·+ 1

nα− 1

1− αn1−α − a

)=


= limn→∞

1

(n+ 1)α− 1

1− α[(n+ 1)1−α − n1−α]

1

(n+ 1)α− 1

nα

=

= limn→∞

1− α−[(n+ 1)− n

(n+ 1

n

)α](1− α)

nα − (n+ 1)α

nα

=

= limx→0x∈R

(1− α)x− (1 + x) + (1 + x)α

x[1− (1 + x)α](1− α)=

1

2

aplicand regula lui l’Hospital de doua ori;

d) Se obtine limita1

1− α.

Problema 7.12 Sa se arate ca daca p, q ∈ N∗, p < q, au loc relatiile:

a) limn→∞

qn∑k=pn

1

k= ln

q

p;

b) limn→∞

1

n

qn∑k=pn

1

k= ln

q

p;

c) limn→∞

1

lnn

nq∑k=np

1

k= q − p;

d) limn→∞

qn∑k=pn

1

k ln k= ln

(ln q

ln p

);

e) limn→∞

nq∑k=np

1

k ln k= ln

q

p;

Solutie. Fie (an)n≥1 un sir de numere reale, sn = a1 + a2 + · · ·+ an, n ≥ 1 si (bn)n≥1

un sir cu proprietatea ca sirul (sn − bn)n≥1 este convergent. Daca (pn)n≥1, (qn)n≥1 suntdoua siruri de numere naturale, pn ≤ qn pentru n ≥ 1, atunci

qn∑k=pn

ak = sqn − spn + apn = (sqn − bqn)− (spn − bpn) + (bqn − bpn) + apn .

De aici obtinem

limn→∞

qn∑k=pn

ak = limn→∞

[(bqn − bpn) + apn ]

ın ipoteza ca limita din dreapta exista.a) pn = pn, qn = qn, bn = lnn,

limn→∞

(ln qn− ln pn+

1

pn

)= ln

q

p.

b) pn = pn, qn = qn, ak =1

k, bn = lnn.

Pentru c), d), e) procedam analog.

254

Problema 7.13 Fie (an)n≥1 si (bn)n≥1 doua siruri de numere ıntregi cu proprietatea

0 < an ≤ bn, n ≥ 1. Sa se arate ca

limn→∞

anbn

bn∏k=an

e1k = 1.

Solutie. ln

anbn

bn∏k=an

e1k

=

bn∑k=an

1

k+ ln an − ln bn =

=

(bn∑k=1

1

k− ln bn

)−

(an∑k=1

1

k− ln an

)+

1

an→ c− c+ 0 = 0.

Problema 7.14 Demonstrati ca

limn→∞

[1000

√1 +

√2 + · · ·+

√n

]= 1757.

Solutie. Consideram sirurile (an)n≥5, (bn)n≥5,

an =

√1 +

√2 + · · ·+

√n, bn =

√1 +

√2 + · · ·+

√n+√

2n.

Se arata usor ca (an) este crescator, iar (bn) este descrescator si an < bn, n ≥ 5, prinurmare

1, 7575 < a6 < limn→∞

an < b6 = 1, 7579,

deci

limn→∞

[1000

√1 +

√2 + · · ·+

√n

]= 1757.

Problema 7.15 Fie a, b > 0 si (xn)n≥1, (yn)n≥1 doua siruri de numere reale cu pro-

prietatile:

limn→∞

xnna

= A, limn→∞

ynnb

= B, A,B ∈ R.

Sa se calculeze

limn→∞

(x1 + x2 + · · ·+ xn)(y1 + y2 + · · ·+ yn)

n(x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn).

Solutie.(x1 + · · ·+ xn)(y1 + · · ·+ yn)

n(x1y1 + · · ·+ xnyn)=

x1 + · · ·+ xnna+1

· y1 + · · ·+ ynnb+1

x1y1 + · · ·+ xnynna+b+1

si

limn→∞

x1 + · · ·+ xnna+1

= limn→∞

xn+1

(n+ 1)a+1 − na+1=

A

a+ 1,

limn→∞

y1 + · · ·+ ynnb+1

=B

b+ 1,


limn→∞

x1y1 + · · ·+ xnynna+b+1

= limn→∞

xn+1yn+1

(n+ 1)a+b+1 − na+b+1=

= limn→∞

xn+1

(n+ 1)a· yn+1

(n+ 1)b

(n+ 1)a+b+1 − na+b+1

(n+ 1)a+b

=AB

a+ b+ 1.

Limita ceruta este egala cua+ b+ 1

(a+ 1)(b+ 1).

Problema 7.16 (Transformarea Toeplitz) Fie cn,k : 1 ≤ k ≤ n, n ≥ 1 un sir dublu

de numere reale cu proprietatile:

i) limn→∞

cn,k = 0 pentru orice k ∈ N∗;

ii) limn→∞

n∑k=1

cn,k = 1;

iii) exista c > 0 astfel can∑k=1

|cn,k| ≤ c pentru orice n ≥ 1.

Atunci pentru orice sir convergent de numere reale (an)n≥1, sirul (bn)n≥1 definit prin

bn =

n∑k=1

cn,kak, n ≥ 1, este convergent si limn→∞

bn = limn→∞

an.

Solutie. Daca an = a pentru orice n ≥ 1, atunci din ii) avem

limn→∞

bn = a limn→∞

n∑k=1

cn,k = a.

Astfel este suficient sa consideram cazul cand sirul (an)n≥1 converge la zero. Pentrum > 1 si n ≥ m avem

(1) |bn − 0| =

∣∣∣∣∣n∑k=1

cn,kak

∣∣∣∣∣ ≤m−1∑k=1

|cn,k| · |ak|+n∑

k=m

|cn,k| · |ak|

Fie ε > 0. Din limn→∞

an = 0 rezulta ca exista n1 ∈ N astfel ca |an| <ε

2cpentru n ≥ n1.

Sirul (an)n≥1 este marginit si presupunem ca |an| ≤ D, pentru orice n ≥ 1. Din i) rezultaca exista n2 ∈ N astfel ca pentru n ≥ n2

n1−1∑k=1

|cn,k| <ε

2D.

Punand m = n1 ın (1), obtinem

|bn| ≤ Dn1−1∑k=1

|cn,k|+ε

2c

n∑k=n1

|cn,k| <ε

2+ε

2= ε

pentru n ≥ maxn1, n2. Prin urmare limn→∞

bn = 0.

256

Problema 7.17 Sa se demonstreze ca daca ın exercitiul precedent cnk > 0, 1 ≤ k ≤

n,∀n ≥ 1, atunci pentru orice sir (xn) cu limita ∞, rezulta ca si transformata sa Toeplitz,

(yn), are limita ∞.

Solutie. Fie (xn) cu xn →∞; se poate presupune ca toti termenii termenii sirului (xn)

sunt strict pozitivi. Fie C > 0; din conditia limn→∞

n∑k=1

cnk = 1, rezulta ca exista N1 ∈ N

astfel ıncat:n∑k=1

cnk >1

2, ∀n ≥ N1.

Sirul (xn) fiind nemarginit, exista N2 ∈ N astfel ıncat xn ≥ 2C,∀n ≥ N2. Fie N3 =maxN1, N2; atunci, pentru orice n ≥ N3, avem:

n∑k=1

cnkxk =

N3∑k=1

cnkxk +n∑

k=N3

cnkxk ≥

≥N3∑k=1

cnkxk + C > C,


Problema 7.18 Demonstrati ca daca limn→∞

an = a, a ∈ R, atunci

limn→∞

na1 + (n− 1)a2 + · · ·+ ann2

=a

2.

Solutie. Se aplica teorema lui Toeplitz cu cn,k =2(n− k + 1)

n2sau se aplica teorema

Stolz-Cesaro de doua ori.

Problema 7.19 Daca limn→∞

an = a, limn→∞

bn = b, a, b ∈ R, atunci

limn→∞

a1bn + a2bn−1 + · · ·+ anb1n

= ab.

Solutie. Daca b 6= 0, luam cn,k =bn−k+1

nbın teorema lui Toeplitz.

Daca b = 0, punand cn,k =1 + bn−k+1

n, avem

limn→∞

a1(1 + bn) + a2(1 + bn−1) + · · ·+ an(1 + b1)

n= a

si tinand seama ca limn→∞

a1 + · · ·+ ann

= a rezulta concluzia.

Problema 7.20 Presupunem ca limn→∞

an = a, a ∈ R. Sa se calculeze:

a) limn→∞

(an1

+an−1

2+ · · ·+ a1

2n−1

);

b) limn→∞

(a1

1 · 2+

a2

2 · 3+ · · ·+ am

n(n+ 1)

);

c) limn→∞

(an1− an−1

2+ · · ·+ (−1)n−1 a1

2n−1

).


Solutie. Se obtin, aplicand teorema lui Toeplitz, rezultatele:

a) 2a; b) a; c)2

3a.

Problema 7.21 Determinati multimea punctelor limita ale sirului (an)n≥1, unde:

a) an =[1− (−1)n] · 2n + 1

2n + 3;

b) an =(

cosnπ

3

)n;

c) an =2n2

7−[

2n2

7

].

Solutie. a) a2n =1

2n + 3, a2n+1 =

2n+1 + 1

2n + 3. Avem lim

n→∞a2n = 0 si lim

n→∞a2n+1 = 2,

deci L(an) = 0, 2;b) L(an) = −1, 0, 1;c) a7k = 0, a7k+1 =

2

7, . . . , a7k+6 =

2

7. Se obtine

L(an) =

0,

1

7,2

7,4

7

.

Problema 7.22 Fie (an)n≥1 un sir de numere reale cu proprietatea ca limn→∞

(an+1−an) =

0. Aratati ca multimea punctelor limita ale lui (an)n≥1 este un interval ınchis.

Solutie. Fie a < b puncte limita ale sirului (an)n≥1 si c ∈ (a, b). Vom construi prinrecurenta un subsir (ank)k≥1 avand limita c. Presupunand (ank)k≥1 ales, fie n0 ∈ N astfel

ca |an+1 − an| <1

k, pentru n ≥ n0. Din faptul ca a, b sunt puncte limita ale lui (an)n≥1,

rezulta ca exista p, q ∈ N, p, q > maxn0, nk cu proprietatea ca ap < c < aq. Notam cunk+1 cel mai mare indice cuprins ıntre p si q astfel ca c < ank+1

+ 1. Rezulta ca

|ank+1− c| ≤ |ank+1

− ank+1+1| ≤1

k.

Aceasta constructie arata ca multimea punctelor limita ale lui (an)n≥1 este un interval.Fie a o extremitate a acestui interval. Exista deci un sir (xn)n≥1 format din puncte limitapentru sirul (an)n≥1 astfel ca lim

n→∞xn = a. Este suficient sa alegem un subsir (ank)k≥1

astfel ca |ank − xk| ≤1

k. Avem lim

n→∞ank = a, ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 7.23 Fie f : R→ R o functie periodica cu perioada T > 0, continua ın punctul

x ∈ R. Fie (Sn)n≥1 un sir satisfacand conditiile:

(i) limn→∞

Sn =∞;

(ii) limn→∞

(Sn+1 − Sn) = 0.

Atunci f(x) este un punct limita al sirului (f(Sn))n≥1.

Solutie. Deoarece f este continua ın x, exista δ1 > 0 astfel ıncat |t− x| < δ1 implica|f(t)−f(x)| < 1. Cum lim

n→∞(Sn+1−Sn) = 0, exista N1 ∈ N astfel ıncat pentru orice n ≥ N1

258

sa avem |Sn+1−Sn| < δ1. Fie k1 ∈ N cu proprietatea ca x+ k1T ≥ SN1 . Din (i) rezulta caexista n1 ∈ N, n1 ≥ N1, astfel ıncat Sn1 ≤ x+k1T < Sn1+1. Avem ca |x+k1T −Sn1 | < δ1

si atunci |(Sn1 − k1T )− x| < δ1, de unde |f(Sn1)− f(x)| = |f(Sn1 − k1T )− f(x)| < 1.Deoarece f este continua ın x, exista δ2 > 0 astfel ıncat |t − x| < δ2 implica |f(t) −

f(x)| < 12 . Cum lim

n→∞(Sn+1 − Sn) = 0, exista N2 ∈ N astfel ıncat pentru orice n ≥ N2

sa avem |Sn+1 − Sn| < δ2. Fie k2 ∈ N cu proprietatea ca x + k2T ≥ Smax(N2,n1+1). Din(i) rezulta ca exista n2 ∈ N, n2 ≥ max(N2, n1 + 1), astfel ıncat Sn2 ≤ x + k2T < Sn2+1.Avem ca |x+ k2T − Sn2 | < δ1 si atunci |(Sn2 − k2T )− x| < δ2, de unde |f(Sn2)− f(x)| =|f(Sn2 − k2T )− f(x)| < 1

2 .Continuand procedeul de mai sus vom obtine un sir strict crescator (np)p≥1 care are

proprietatea ca |f(Snp)− f(x)| < 1p si trecand la limita obtinem lim

p→∞|f(Snp)− f(x)| = 0,

deci sirul (f(Snp))p≥1 converge la f(x).

Problema 7.24 Fie En = 1 +1

1!+

1

2!+ · · ·+ 1

n!, n ≥ 1.

Demonstrati ca:

a) 0 < e− En <1

n · n!, n ≥ 1;

b) e 6∈ Q;

c) limn→∞

(n!e− [n!e]) = 0.

Solutie. a) Em+n − En =1

(n+ 1)!+

1

(n+ n)!+ · · ·+ 1

(n+m)!<

<1

(n+ 1)!

[1 +

1

n+ 2+

1

(n+ 2)2+ · · ·+ 1

(n+ 2)m−1

]<

1

(n+ 1)!· n+ 2

n+ 1

Fixand n si facand m→∞ obtinem

e− En ≤1

(n+ 1)!· n+ 2

n+ 1<

1

n · n!.

b) Sa presupunem ca e =p

q∈ Q, p, q ∈ N, q 6= 0. Avem 0 < e−Eq <

1

q · q!si ınmultind

cu q! obtinem 0 < p(q − 1)!− q!Eq <1

q, contradictie, pentru ca (p(q − 1)!− q!Eq) ∈ Z.

c) Din punctul a) rezulta ca pentru orice n ≥ 1 exista θn ∈]0, 1[ astfel ca

e = En +θnn · n!

,

deci

[n!e] =

[n!En +

θnn

]= n!En,

deci

limn→∞

(n!e− [n!e]) = 0.

Problema 7.25 Sa se arate ca limn→∞

n sin(2πen!) = 2π.


Solutie. Din problema 7.24 a) rezulta ca pentru orice n ∈ N exista θn+1 ∈ (0, 1) astfelca

e = En+1 +θn+1

(n+ 1)(n+ 1)!.

Avem

xn = n sin(2πen!) = n sin

[2π

(En+1 +

θn+1

(n+ 1)(n+ 1)!

)n!

]=

n sin

[2π

(En +

1

(n+ 1)!+

θn+1

(n+ 1)(n+ 1)!

)n!

]= n sin

(2πEnn! +

1

n+ 1+

θn+1

(n+ 1)2

)si cum n!En ∈ N obtinem

xn = n sin

[2π

(1

(n+ 1)!+

θn+1

(n+ 1)2

)]=

sin[2π( 1

(n+1)! + θn+1

(n+1)2)]

2π(

1(n+1)! + θn+1

(n+1)2

) (2π

n

n+ 1+

nθn+1

(n+ 1)2

),

deci limn→∞

= 2π.

Problema 7.26 Fie (an)n≥1 un sir de numere reale cu proprietatile: 0 < an ≤ 1 pentru

orice n ≥ 1 si limn→∞

(a1 + a2 + · · ·+ an) =∞.

a) Sa se arate ca pentru orice l ∈ [1,∞) ∪ ∞ exista o functie strict crescatoare

L : N∗ → N∗ astfel ca

limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ aL(n+1)

a1 + a2 + · · ·+ aL(n)= l.

b) Sa se determine functia L pentru an =1√n

, n ≥ 1.

Solutie. a) Fie sk = a1 + · · · + ak, k ≥ 1. Intervalele [sk, sk+1), k ≥ 1, determina opartitie a intervalului [a1,∞).

1. Daca l > 1, atunci pentru orice n ≥ 1 exista un unic k ∈ N∗ astfel ca ln ∈ [sk, sk+1)si definim functia L(n) = k, deci ln ∈ [sL(n), sL(n)+1). Cum ln+1− ln > 1 > aL(n)+1 rezultasL(n+1) ≥ sL(n)+1 si atunci L(n+ 1) > L(n), deci L este functie strict crescatoare.

Avem:sL(n) ≤ ln < sL(n)+1 = sL(n) + aL(n)+1 < sL(n) + 1

sL(n+1) ≤ ln+1 < sL(n+1)+1

din care deducemln+1

ln<sL(n+1)

sL(n)<

ln+1

ln − 1,


sL(n+1)

sL(n)= 1.

2. Daca l = 1, alegem L(n) = n si obtinem

limn→∞

sn+1

sn= 1 + lim

n→∞

an+1

sn= 1.

3. Daca l =∞ alegem L(n) astfel ca nn ∈ [sL(n), sL(n)+1) si avem

sL(n+1)

sL(n)≥ (n+ 1)n+1 − 1

nn→∞.

260

b) Sirul (an)n≥1, an = 1 +1√2

+ · · ·+ 1√n− 2√n este convergent. Avem

sL(n+1)

sL(n)=aL(n+1) + 2

√aL(n+1)

aL(n) + 2√aL(n)

,

limn→∞

sL(n+1)

sL(n)= lim

n→∞

√aL(n+1)√aL(n)

.

Pentru l = 1 alegem L(n) = n.Pentru l > 1 alegem L(n) = [l2n].Pentru l > 1 alegem L(n) = nn.

Problema 7.27 Fie a si b doua numere reale astfel ıncat 0 < a < b. Definim sirurile:

a1 =√ab, b1 =

1

2(a+ b)

a2 =√a1b1, b2 =

1

2(a1 + b1)

. . . . . . . . .

an =√an−1bn−1, bn =

1

2(an−1 + bn−1).

Sa se arate ca sirurile an si bn sunt convergente si au aceeasi limita (numita media

aritmetico-geometrica a numerelor a si b).

Solutie. Evident, din inegalitatea mediilor rezulta an ≤ bn, ∀n ∈ N si a < a1 < b1 < b.Vom arata ca sirul (an) este crescator, iar sirul bn este descrescator. Avem:

an+1 − an =√anbn − an =

an(bn − an)√anbn + an

> 0, ∀n ∈ N,

bn+1 − bn =an + bn

2− bn =

an − bn2

< 0, ∀n ∈ N.

Rezulta ca sirurile sunt convergente; daca notam L1 = limn→∞

an si L2 = limn→∞

bn, atunci,

trecand la limita ın relatia an+1 = 12(an + bn), rezulta L1 = L2.

Problema 7.28 Fie (xn) un sir de numere reale astfel ıncat exista L ∈ R cu proprietatea:

limn→∞

(2xn+1 − xn) = L

Sa se demonstreze ca limn→∞

xn = L.

Solutia 1. Fie ε > 0; din ipoteza, exista N(ε) astfel ıncat:

L− ε < 2xn+1 − xn < L+ ε, ∀n ≥ N(ε).


Fie n ≥ N(ε) fixat si fie k ∈ N; ınsumand inegalitatile:

L− ε < 2xn+1 − xn < L+ ε, ∀n ≥ N(ε).

2(L− ε) < 4xn+2 − 2xn+1 < 2(L+ ε)

......................

2k−1(L− ε) < 2kxn+k − 2k−1xn+k−1 < 2k−1(L+ ε),

Obtinem:

(1 + 2 + ...+ 2k−1)(L− ε) < 2kxn+k − xn < (1 + 2 + ...+ 2k−1)(L+ ε),

sau, echivalent (ımpuartind la 2k):(1− 2−k

)(L− ε) < xn+k − 2−kxn <

(1− 2−k

)(L+ ε).

Alegem acum k astfel ıncat:

|2−kxn| < ε si |2−k(L± ε)| < ε.

Atunci, pentru orice p ≥ n+ k (alesi ca mai sus), rezulta:

L− 3ε < xm < L+ 3ε,

ceea ce ıncheie demonstratia.Solutia 2. Scriem

L = limn→∞

(2xn+1 − xn) = limn→∞

2n+1xn+1 − 2nxn2n+1 − 2n

.

Din teorema Cesaro-Stolz

limn→∞

2n+1xn+1 − 2nxn2n+1 − 2n

= limn→∞

2nxn2n

= limn→∞

xn,

deci limn→∞

xn = L.

Problema 7.29 Fie a si b doua numere pozitive. Sa se calculeze limita sirului (xn) definit

de relatia:

xn+1 =√a+ bxn, ∀n ≥ 1, x1 =

√a.

In particular, sa se calculeze:

limn→∞

√1 +

√1 +

√1 + · · ·+

√1, (n radicali).

Solutie. Demonstram prin inductie faptul ca (xn) este marginit, mai precis:

0 < xn <b+√b2 + 4a

2, ∀n ≥ 1,

262

numarul b+√b2+4a2 fiind solutia pozitiva a ecuatiei x2 − bx − a = 0. Evident, x1 = a <

b+√b2+4a2 ; presupunand ca xn <

b+√b2+4a2 , rezulta

xn+1 =√a+ bxn <

√a+ b · b+

√b2 + 4a

2=b+√b2 + 4a

2.

Demonstram ca xn este strict crescator; este evident ca:

x2 =

√a+ b

√a >√a = x1.

Relatia xn+1 > xn este echivalenta cu x2n− bxn− a < 0. Ultima inegalitate este adevarata

deorece xn ∈ (0, b+√b2+4a2 ).

Sirul (xn) este deci convergent si prin trecere la limita ın relatia de recurenta, rezulta

limn→∞

xn =b+√b2 + 4a

2.

Problema 7.30 Sa se demonstreze formula lui Ramanujan:√1 + 2

√1 + 3

√1 + 4

√1 + . . . = 3

Solutie. Fie sirul de functii

f1(x) =√

1 + x, f2(x) =

√1 + x

√1 + (x+ 1), . . . ,

fn(x) =

√1 + x

√1 + (x+ 1)

√1 + · · ·+ (x+ n− 2)

√1 + (x+ n− 1) (n radicali)

Vom demonstra ca sirul (fn(x)) converge pentru orice x ≥ 1. Fie x ≥ 1, fixat; evident,(fn(x)) este crescator. Aratam ın continuare ca este marginit. Evident:

fn(x) ≥

√x

√x

√. . .√x ≥ x

Pentru orice n ∈ N∗ si x ≥ 1, avem:

fn(x) ≤

√(x+ 1)

√(x+ 2)

√(x+ 3) . . .

√(x+ n) ≤

≤

√2x

√3x

√4x . . .

√(n+ 1)x ≤

√2x

√4x

√8x . . .

√2nx =

= 2∑nk=1

k

2k x∑nk=1

1

2k ≤ 4x.

Fie f(x) = limn→∞

fn(x); din inegalitatea f(x) ≥ x, rezulta f(x) ≥ 2−1(x+ 1) si deci:

1

2(x+ 1) ≤ f(x) ≤ 4x, ∀x ≥ 1.


Inlocuind x cu x+ 1, rezulta:

1

2(x+ 2) ≤ f(x+ 1) ≤ 4(x+ 1), ∀x ≥ 1.

Trecand la limita ın relatia de recurenta si apoi ridicand la patrat, obtinem:

(f(x))2 = 1 + xf(x+ 1)

Din dubla inegalitate de mai sus rezulta

x1

2(x+ 2) + 1 ≤ (f(x))2 ≤ 4x(x+ 1) + 1

Dupa calcule simple, obtinem:

2−12 (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2(x+ 1)

Repetam procedeul anterior, i.e. scriem inegalitatea anterioara pentru x+1, apoi ınmultimcu x si adunam 1:

2−12x(x+ 2) + 1 ≤ (f(x))2 ≤ 2x(x+ 2) + 1

si dupa calcule rezulta:

2−122 (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2

12 (x+ 1)

Iterand de n ori, rezulta:

2−12n (x+ 1) ≤ f(x) ≤ 2

12n−1 (x+ 1), ∀n = 1, 2, 3 . . .

Trecand la limita (n → ∞) obtinem f(x) = x + 1. In particular, pentru x = 2, se obtine

formula lui Ramanujan:

√1 + 2

√1 + 3

√1 + 4

√1 + . . . = 3.

Problema 7.31 Sa se calculeze limita sirului:n∑k=1

(k ln

(2k + 1

2k − 1

)− 1

).

Solutie. Termenul general se scrie:

n∑k=1

(k ln

(2k + 1

2k − 1

)− 1

)= ln

(2n+ 1)n

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · en=

= ln

(2n+ 1

2n

)n+ ln

(2n)n

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · en=

= ln

(2n+ 1

2n

)n+ ln

4n · nn · n!

(2n)! · en

Primul termen tinde la 12 ; ın al doilea termen ınlocuim n! si (2n)! cu expresiile core-

spunzatoare din formula lui Stirling. In final obtinem limita 12 − ln

√2.

264

Serii. Probleme

Sa se determine sumele seriilor:

Problema 7.32

∞∑n=1

(a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n)

(b+ 1)(b+ 2) . . . (b+ n), a > 0, b > a+ 1.

Solutie. Avem

an =(a+ 1) . . . (a+ n)

(b+ 1) . . . (b+ n)= an−1

a+ n

b+ n,

din care rezultaan−1(a+ n) = an(b+ n)

sauan−1(a+ n) = an[(a+ n+ 1) + (b− a− 1)],

decian−1(a+ n)− an(a+ n+ 1) = (b− a− 1)an.

Suma primilor termeni ai seriei este

Sn =

n∑k=1

ak =1

b− a− 1

n∑k=1

(f(n− 1)− f(n)) =

=1

b− a− 1(f(0)− f(n)) =

1

b− a− 1(a0 · a− an(a+ n+ 1)) =

=1

b− a− 1

(a2

b− (a+ 1)

(a+ 2) . . . (a+ n+ 1)

(b+ 1) . . . (b+ n)

).

Deci

limn→∞

Sn =a2

b(b− a− 1)− (a+ 1) lim

n→∞

(a+ 2) . . . (a+ n+ 1)

(b+ 1) . . . (b+ n).

Ultima limita o determinam astfel:

(a+ 2) . . . (a+ n+ 1)

(b+ 1) . . . (b+ n)=

=1(

1 +b− a− 1

a+ 2

)(1 +

b− a− 1

a+ 2

). . .

(1 +

b− a− 1

a+ n+ 1

) <

<1

b− a− 1

a+ 2+b− a− 1

a+ 3+ · · ·+ b− a− 1

a+ n+ 1

=

=1

b− a− 1· 1

1

a+ 2+

1

a+ 3+ · · ·+ 1

a+ n+ 1

care are limita zero caci seria

∞∑n=2

1

a+ neste divergenta (comparand-o cu seria armonica).

Deci∞∑n=1

an =a2

b(b− a− 1).


Problema 7.33

∞∑n=1

1n∑k=1

k3

.

Solutie.n∑k=1

k3 =n2(n+ 1)2

4. Avem Sn =

n∑p=1

4

p2(p+ 1)2=

= 4n∑p=1

[−2

(1

p− 1

p− 1

)+

1

p2+

1

(p+ 1)2

]=

= −8

(1− 1

n+ 1

)+ 4

[1 +

1

(n+ 1)2+ 2

(1 +

1

22+ · · ·+ 1

n2

)]limn→∞

Sn = −4 + 8 limn→∞

(1 +

1

22+ · · ·+ 1

n2

)= −4 +

4

3π2

(suma seriei∞∑n=1

1

n2este

π2

6).

Problema 7.34∞∑n=1

[a+ 2n

2n+1

], a ∈ R.

Solutie. Este cunoscuta identitatea:[a+

1

2

]= [2a]− [a], a ∈ R.

Avem

an =

[a+ 2n

2n+1

]=[ a

2n

]−[ a

2n+1

],

Sn =

n∑k=1

ak = [a]−[ a

2n+1

]si

Sn =

[a], daca a ≥ 0[a] + 1, daca a < 0.


1

2ntg

a

2n, a ∈ R \

2n(π

2+ kπ

)| k, n ∈ Z

.

Solutie. Avem identitatea tg x = ctg x− 2ctg 2x si

an =1

2ntg

a

2n=

1

2n

(ctg

a

2n− 2ctg

a

2n−1

)=

=1

2nctg

a

2n− 1

2n−1ctg

a

2n−1.

Sn =n∑k=1

ak =1

2nctg

a

2n− ctg a,

limn→∞

Sn = −ctg a+ limn→∞

1

2n

tga

2n

= −ctg a+1

a.

266

Problema 7.36

∞∑n=0

(−1)ncos3 3na

3n, a ∈ R.

Solutie. Avem identitatea 4 cos3 x = cos 3x+ 3 cosx din care:

cos3 3na

3n=

1

4

[cos 3n+1a

3n+

cos 3na

3n−1

]Suma primilor n termeni este

Sn =1

4

(3 cos a+ (−1)n

cos 3n+1a

3n

)si

limn→∞

Sn =3

4cos a,

care este suma seriei.


arctg2n

1 + 22n+1.

Solutie.

arctg 2x = arctg x+ arctgx

1 + 2x2,

din care

arctg2n

1 + 22n+1= arctg 2n+1 − arctg 2n.

Sn =n∑k=0

(arctg 2k+1 − arctg 2k) = arctg 2n+1 − arctg 1 = arctg 2n+1

limn→∞

Sn =π

2− π

4=π

4.

Problema 7.38

∞∑n=3

arctg3

n2 − n− 1.

Solutie. Avem identitatea:

arctg a+ arctg b =

arctg

a+ b

1− ab, daca ab < 1

π + arctga+ b

1− ab, daca ab > 1

an = arctg3

n2 − n− 1= arctg

3

1 + n2 − n− 2=

= arctg(n+ 1)− (n− 2)

1 + (n+ 1)(n− 2)= arctg (n+ 1)− arctg (n− 2).

Sn =n∑k=3

(arctg (k + 1)− arctg (k − 2)) =

= arctg (n+ 1) + arctg n+ arctg (n− 1)− arctg 1− arctg 2− arctg 3.

limn→∞

Sn = 3π

2− π

2− (arctg 2 + arctg 3) =

= 3π

2− π

4−(π + arctg

2 + 3

1− 2 · 3

)= 3

π

2− π

4− π +

π

4=π

2


Problema 7.39

∞∑n=1

(−1)n+1

n.

Solutie. S2n =

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2n

)− 2

(1

2+

1

4+ · · ·+ 1

2n

)=

=

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2n− ln 2n

)−(

1 +1

2+ · · ·+ 1

n− lnn

)+ ln 2n− lnn =

= c2n − cn + ln 2,

unde cn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n. Sirul (cn)n este convergent la constanta lui Euler c si atunci

limn→∞

S2n = c− c+ ln 2 = ln 2

Analog

S2n+1 = S2n +1

2n+ 1→ ln 2

deci∞∑n=1

(−1)n+1

n= ln 2.

Problema 7.40 1 +1

3+ · · ·+ 1

2p− 1− 1

2− 1

4− · · · − 2

2q+

1

2p+ 1+

+1

2p+ 3+ · · ·+ 1

4p− 1− 1

2q + 2− 1

2q + 4− · · · − 1

4q+ . . . ,

unde p, q ∈ N.

Solutie. Notam cu S(p, q) suma seriei,

an = 1 +1

2+ · · ·+ 1

nsi cn = 1 +

1

2+ · · ·+ 1

n− lnn,

sirul (cn)n fiind convergent la constanta lui Euler c. Suma primilor n(p + q) termeni aiseriei este

Sn(p+ q) = 1 +1

3+ · · ·+ 1

2p− 1+

1

2p+ 1+ · · ·+ 2

2np− 1−

−(

1

2+

1

4+ · · ·+ 1

2q+

1

2q + 2+ · · ·+ 1

2nq

)=

= a2np −(

1

2+

1

4+ · · ·+ 1

2p+ · · ·+ 1

2np

)−

−1

2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

q+

1

q + 1+ · · ·+ 1

nq

)=

= a2np −1

2anp −

1

2anq = c2np + ln(2np)− 1

2(cnp + ln(np))− 1

2(cnq + ln(nq)) =

= c2np −1

2cnp −

1

2cnq +

1

2ln

4n2p2

npnq.

268

Trecand la limita obtinem:

S(p, q) = c− 1

2c− 1

2c+

1

2ln

4p

q=

1

2ln

4p

q

Observatie. 1) Daca q = 4p, atunci S(p, q) = 0, de exemplu

1− 1

2− 1

4− 1

6− 1

8+

1

3− 1

10− 1

12− 1

14− 1

16+ · · · = 0.

Cum 4pq | p, q ∈ N∗ = Q∗+, multimea ln 4p

q | p, q ∈ N∗ este densa ın R, deci pentruorice l ∈ R si pentru orice ε > 0 se poate alege p, q ∈ N∗ astfel ca l − ε < S(p, q) < l + ε.

2) In seria semiconvergenta ∑n≥1

(−1)n+1

n

s-a permutat ordinea termenilor astfel ıncat s-a obtinut o serie convergenta, dar cu o altasuma. Astfel s-a exemplificat teorema lui Riemann referitoare la serii semiconvergente.

Problema 7.41

∞∑n=1

(−1)nlnn

n.

Solutie. Sirul cu termenul general

xn =ln 2

2+

ln 3

3+ · · ·+ lnn

n− ln2 n

2

este convergent si notam limita sa cu l. Avem:

S2n =2n∑k=1

(−1)kln k

k=

= − ln 1

1+

ln 2

2− ln 3

3+

ln 4

4− · · · − ln(2n− 1)

2n− 1+

ln 2n

2n=

= −(

ln 1

1+

ln 2

2+

ln 3

3+

ln 4

4+ · · ·+ ln(2n− 1)

2n− 1+

ln(2n)

2n

)+

+2

(ln 2

2+

ln 4

4+ · · ·+ ln(2n)

2n

)=

= −x2n + xn + ln 2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n− lnn

)− (ln 2)2

2

limn→∞

S2n = −l + l + ln 2 · c− (ln 2)2

2= ln 2

(c− ln 2

2

)unde c = lim

n→∞

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n− lnn

)este constanta lui Euler.

Problema 7.42

∞∑n=1

(−1)n−1 1

n+ 1

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

).


Solutie. Aratam ca seria

∞∑n=1

(−1)n−1 2

n+ 1

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

)este produsul Cauchy

al seriei∞∑n=1

(−1)n−1 1

ncu ea ınsasi. Termenul general al produsului este

cn = (−1)n−1

(1

1 · n+

1

2(n− 1)+ · · ·+ 1

n · 1

)dar

1

k(n+ 1− k)=

1

n+ 1

(1

k+

1

n− k + 1

),

deci

cn = (−1)n2

n+ 1

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

).

Deoarece seria produs este o serie alternanta iar sirul1 +

1

2+ · · ·+ 1

nn+ 1

este descrescator

spre zero, conform criteriului lui Leibniz, seria produs este convergenta si atunci suma eieste

S =

( ∞∑n=1

(−1)n−1 1

n

)2

= (ln 2)2.


(−1)n

FnFn+1, unde F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1, n ≥ 1 (sirul lui

Fibonacci).

Solutie. Pentru matricea A =

[1 11 0

],

An+1 = An +An−1 si An+1 =

[Fn+1 FnFn Fn−1

],

det(An+1) = (detA)n+1,

deciFn−1Fn+1 − F 2

n = (−1)n+1, n ≥ 1.

Suma primilor n termeni ai seriei este

Sn =

n∑k=0

(−1)k

FkFk+1= 1−

n∑k=1

Fk−1Fk+1 − F 2k

FkFk+1=

= 1−n∑k=1

(Fk−1

Fk− FkFk+1

)= 1− F0

F1+

FnFn+1

=FnFn+1

din expresia lui Fn =1√5

(1 +√

5

2

)n+1

−

(1−√

5

2

)n+1 rezulta

limn→∞

Sn =2

1 +√

5=

√5− 1

2.

270

Problema 7.44 Fie Fn sirul lui Fibonacci: F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn +Fn−1,∀n ≥ 1 si fie

σn =∑n

k=0 F2k . Sa se calculeze suma seriei:

∑n≥0

(−1)n

σn.

Solutie. Vom presupune cunoscute relatiile (se pot demonstra prin inductie):

Fn =1√5

(1 +√

5

2

)n+1

−

(1−√

5

2

)n+1 , ∀n ≥ 0 (1)

Fn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1, ∀n ≥ 1. (2)

Din definitia lui Fk rezulta:

Fk+1Fk = F 2k + Fk−1Fk, ∀k ≥ 1.

Insumand egalitatile de mai sus pentru k = 1, 2, . . . , n, obtinem

σn = Fn+1Fn, ∀n ≥ 0. (3)

Din relatiile (2) si (3) obtinem:

Sn =n∑k=0

(−1)k

σk=∑k=0

n (−1)k

FkFk+1= 1−

n∑k=1

Fk−1Fk+1 − F 2k

FkFk+1=

= 1−n∑k=1

(Fk−1

Fk− FkFk+1

)=

FnFn+1

.

Aplicand acum (1), obtinem suma seriei:∑n≥0

(−1)n

σn=

2

1 +√

5.


arctg1

F2n, unde (Fn)n este sirul lui Fibonacci.

Solutie. Din problema anterioara avem relatia

Fn−1Fn+1 − F 2n = (−1)n+1

ın care ınlocuim unul din Fn cu Fn+1 − Fn−1 si obtinem:

Fn−1Fn+1 − Fn(Fn+1 − Fn−1) = (−1)n+1

sauFn−1(Fn+1 + Fn)− FnFn+1 = (−1)n+1

sauFn−1Fn+2 − FnFn+1 = (−1)n+1

Avem

arctg1

F2n+1− arctg

1

F2n+2= arctg

F2n+2 − F2n+1

F2n+1F2n+2 + 1=


= arctgF2n

F2nF2n+3= arctg

1

F2n+3,

deci

arctg1

F2n+1− arctg

1

F2n+3= arctg

1

F2n+2

Adunand relatiile de la n = 1 obtinem:

n+1∑k=1

arctg1

F2k= arctg

1

F1− arctg

1

F2n+3

Trecand la limita rezulta

∞∑n=1

arctg1

F2n= arctg

1

F1=π

4.

Problema 7.46 Fie (xn)n un sir de numere reale astfel ıncat exista P ∈ (0,∞)∪∞ cu

proprietatea:

limn→∞

((x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)) = P.

Sa se calculeze suma seriei∑n≥1

xn(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)

.

Solutie. Descompunem termenul general al seriei:

xn(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)

=xn + 1− 1

(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1)=

=1

(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn−1 + 1)− 1

(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1).

Rezulta pentru sirul sumelor partiale al seriei date formula:

Sn = 1− 1

(x1 + 1)(x2 + 1) · · · (xn + 1),

deci suma seriei este 1− P−1 (cu conventia ∞−1 = 0).

Problema 7.47 Sa se studieze convergenta seriei∑n≥1

n!(an

)n, a > 0.

Solutie. Se aplica criteriul raportului:

limn→∞

xn+1

xn= lim

n→∞a

(n

n+ 1

)n=a

e

Daca a < e, atunci seria este convergenta; daca a > e, atunci seria este divergenta. Pentrua = e, aplicam criteriul lui Raabe-Duhamel:

limn→∞

n

(xnxn+1

− 1

)= lim

n→∞n

((n+ 1

n

)n 1

e− 1

)=

272

= n

((1 +

1

n

)n 1

e− 1

)=

1

elimn→∞

(1 + 1

n

)n − e1n

.

Ultima limita se calculeaza aplicand regula lui L’Hopital:

limx→0

(1 + x)1x − e

x= lim

x→0

(1 + x)1x−1[x− (1 + x) ln(1 + x)]

x2= −e

2;

rezulta ca seria este divergenta.


1

np lnq n, p > 0, q > 0.

Solutie. Daca p > 1, se aplica criteriul comparatiei: seria converge pentru orice q > 0deoarece

1

np lnq n≤ 1

np.

Daca p = 1, se aplica criteriul integral: seria converge daca si numai daca q > 1.Daca p < 1 se aplica criteriul de condensare: seria are aceeasi natura cu seria cu termenulgeneral 1

nq2n(p−1) lnq 2, care este divergenta pentru orice q > 0 (se poate aplica criteriul

raportului).

Problema 7.49 Fie (an)n un sir de numere reale si fie, pentru orice x ∈ R, seria∑

n≥1annx .

Sa se demonstreze ca daca seria data converge pentru x = x0, atunci ea converge pentru

orice x ≥ x0.

Solutie. Vom aplica criteriul lui Abel; seria data se scrie:∑n≥1

annx

=∑n≥1

annx0· 1

nx−x0

Sirul 1nx−x0

este monoton (descrescator) si marginit, iar seria∑

n≥1annx0 este convergenta.

Problema 7.50 In seria convergenta:

∑n≥1

(−1)n+1

n= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · ·

sa se permute ordinea termenilor astfel ıncat sa se obtina o serie convergenta, dar cu o

alta suma.

Solutie. Seria∑

n≥1(−1)n+1

n este convergenta si suma sa este ln 2. Fie deci:

1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · · = ln 2

Inmultind egalitatea de mai sus cu 12 , rezulta:

1

2− 1

4+

1

6− 1

8+ · · · = 1

2ln 2


Insumam acum cele doua egalitati grupand termenii astfel:

1 +

(−1

2+

1

2

)+

1

3+

(−1

4− 1

4

)+

1

5+

(−1

6+

1

6

)+

1

7+

+

(−1

8− 1

8

)+

1

9+

(1

10− 1

10

)+

1

11+ · · · = 3

2ln 2.

Seria de mai sus este (dupa efectuarea calculelor din paranteze):

1 +1

3− 1

2+

1

5+

1

7− 1

4+

1

9+

1

11− · · · = 3

2ln 2,

si este o permutare a seriei initiale.Observatie. Solutia problemei se poate obtine folosind cazul particular al problemei

7.40 pentru p = 2, q = 1.

Problema 7.51 Sa se precizeze natura seriilor:

a)∞∑n=1

nn−2

enn!

b)

∞∑n=1

nn

enn!.

Solutie. a)an+1

an=

(1 +

1

n

)n−2

e<

e

e

(1 +

1

n

)2 =

1

(n+ 1)2

1

n2

=bn+1

bn

Folosind criteriul de comparatie C9 pentru seria convergenta∞∑n=1

1

n2, rezulta ca seria

este convergenta.

b)an+1

an=

(1 +

1

n

)ne

>

(1 +

1

n

)n(

1 +1

n

)n+1 =

1

n+ 11

n

.

Folosind criteriul de comparatie C9 pentru seria divergenta

∞∑n=1

1

nrezulta ca seria este

divergenta.

Problema 7.52 Fie∞∑n=1

an o serie convergenta cu termeni pozitivi. Sa se arate ca seria

∞∑n=1

n√a1a2 . . . an este convergenta si are loc inegalitatea:

∞∑n=1

n√a1a2 . . . an < e

∞∑n=1

an

(T. Carleman)

274

Solutie. (G. Polya) Definim numerele c1, c2, . . . , cn, . . . prin relatiile c1c2 . . . cn = (n+1)n pentru orice n ∈ N∗. Avem

∞∑n=1

n√a1a2 . . . an =

∞∑n=1

n√a1c1 · a2c2 · · · ancn

n+ 1

(∗)≤

≤∞∑n=1

a1c1 + a2c2 + · · ·+ ancnn(n+ 1)

=∞∑n=1

1

n(n+ 1)

(n∑k=1

(akck)

)(∗∗)≤

=∞∑k=1

(akck)∞∑n=k

1

n(n+ 1)=∞∑k=1

(akck)∞∑n=k

(1

n− 1

n+ 1

)=

=∞∑k=1

akck1

k=∞∑k=1

ak(k + 1)k

kk−1· 1

k=∞∑k=1

ak

(1 +

1

k

)k (∗∗∗)<

<∞∑k=1

ake = e∞∑k=1

ak.

In (∗) s-a folosit inegalitatea mediilor.In (∗∗) s-a folosit egalitatea:

∞∑n=1

an

(n∑k=1

bk

)=

∞∑k=1

bk

( ∞∑n=k

an

)

In (∗ ∗ ∗) s-a folosit faptul ca sirul ek =

(1 +

1

k

)keste crescator cu limita e, deci

ek < e, k ∈ N.

Problema 7.53 Fie (εn)n un sir astfel ıncat εn ∈ −1, 0, 1, ∀n = 1, 2, . . . si fie sirul

xn = ε1

√2 + ε2

√2 + · · ·+ εn

√2.

(a) Sa se demonstreze egalitatea:

xn = 2 sin

(π

4

n∑k=1

ε1ε2 · · · εk2k−1

), ∀n = 1, 2, . . .

(b) Sa se demonstreze ca sirul (xn) este convergent.

G. Polya, G. Szego

Solutie. (a) Daca ε1 = 0, atunci relatia este evident adevarata. Presupunem de aiciinainte ca ε1 6= 0. Demonstram egalitatea prin inductie; daca n = 1, egalitatea esteverificata. Presupunem acum adevarata relatia:

xn = 2 sin

(π

4

n∑k=1

ε1ε2 · · · εk2k−1

).


Calculam, aplicand ipoteza de inductie:

x2n+1 − 2 = ε2

√2 + ε3

√2 + · · ·+ εn+1

√2 = 2 sin

(π

4

n+1∑k=2

ε2ε3 · · · εk2k−2

)=

= −2 cos

(π

2+π

2

n+1∑k=2

ε2ε3 · · · εk2k−1

)= −2 cos

(π

2

n+1∑k=1

ε1ε2 · · · εk2k−1

),

ultima egalitate fiind evidenta pentru ε1 = 1; daca ε1 = −1, atunci egalitatea rezulta dinparitatea functiei cosinus. Evident, ipoteza de inductie a fost aplicata ın ipoteza ε2 6= 0,altfel egalitatea ceruta se verifica imediat: xn = ±

√2. Rezulta deci:

x2n+1 − 2 = 4 sin2

(π

4

n+1∑k=1

ε1ε2 · · · εk2k−1

)− 2,

si ın concluzie

xn+1 = 2 sin

(π

4

n+1∑k=1

ε1ε2 · · · εk2k−1

).

(b) Din relatia demonstrata la punctul (a), notand cu S suma seriei (convergente)n∑k=1

ε1ε2 · · · εk2k−1

, rezulta limn→∞

xn = 2 sin(π

4S).

Problema 7.54 Se considera sirul (an)n definit prin relatia de recurenta an+1 = ln(1 +

an), n ≥ 1 si a1 = 1.

a) Sa se arate ca limn→∞

an = 0.

b) Sa se arate ca seria∞∑n=1

an este divergenta.

c) Sa se arate ca seria

∞∑n=1

a2n este convergenta.

Solutie. a) Prin inductie se arata ca an > 0, n ∈ N∗ si din inegalitatea ln(1 + x) ≤x rezulta ca sirul (an)n este descrescator (si marginit de zero) deci convergent. Dacalimn→∞

an = l atunci din relatia de recurenta rezulta l = ln(1 + l) cu singura solutie l = 0.

b) Comparam seria

∞∑n=1

an cu seria

∞∑n=1

1

n. Avem

limn→∞

an1

n

= limn→∞

n1

an

= limn→∞

n+ 1− n1

an+1− 1

an

=

= limn→∞

anan+1

an − an+1= lim

n→∞

an ln(1 + an)

an − ln(1 + an)= lim

x→0

x ln(1 + x)

x− ln(1 + x)=

= limx→0

x2 ln(1 + x)

xx− ln(1 + x)

= limx→0

x2

x− ln(1 + x)= lim

x→0

2x

1− 1

1 + x

=

276

= limx→0

2(1 + x) = 2 ∈ (0,∞),

deci seriile au aceeasi natura (divergente).

c) Aplicam criteriul comparatiei comparand cu seria∞∑n=1

1

n2. Avem:

limn→∞

a2n

1

n2

= limn→∞

(nan)2 = 4 ∈ (0,∞),

deci ambele serii sunt convergente.

Problema 7.55 Fie seria convergenta cu termeni pozitivi

∞∑n=1

an. Sa se arate ca daca

exista limita limn→∞

nan, atunci ea este egala cu zero.

Solutie. Fie l = limn→∞

nan, l ≥ 0. Daca presupunem l > 0, atunci avem

limn→∞

an1

n

= l > 0

deci seriile∑

an si∑ 1

nau aceeasi natura, deci ambele divergente, contradictie.

Problema 7.56 Sa se arate ca daca sirul (an)n este descrescator la zero si seria∞∑n=1

an

este convergenta, atunci

limn→∞

nan = 0.

Solutie. Fie

xn = a1 + a2 + · · ·+ an − nan, n ≥ 1.

Sirul (xn)n este majorat de (Sn)n, sirul sumelor partiale ale seriei date, deci este marginit.Avem

xn+1 − xn = n(an − an+1) ≥ 0,

deci sirul (xn)n este crecator.In concluzie sirul xn = Sn − nan este convergent. Rezulta ca sirul (nan)n este convergentsi conform problemei 7.55 obtinem ca lim

n→∞nan = 0.

Problema 7.57 Sa se arate ca daca seriile∞∑n=1

a2n si

∞∑n=1

b2n sunt convergente, atunci seriile

∞∑n=1

anbn si∞∑n=1

(an + bn)2 sunt convergente.

Solutie. Avem (n∑k=1

|akbk|

)2

≤n∑k=1

a2k

n∑k=1

b2k


saun∑k=1

|akbk| ≤

√√√√ n∑k=1

a2k

n∑k=1

b2k

din care rezulta∞∑k=1

|akbk| ≤

√√√√ ∞∑k=1

a2k

∞∑k=1

b2k

Avem: (n∑k=1

(ak + bk)2

)1/2

≤

(n∑k=1

a2k

)1/2( n∑k=1

b2k

)1/2

din care∞∑k=1

(ak + bk)2 ≤

∞∑k=1

a2k

∞∑k=1

b2k.

(S-au folosit inegalitatile Cauchy-Schwartz si Minkowski.)

Problema 7.58 Sa se arate ca daca seria∞∑n=1

a2n este convergenta, atunci seria

∞∑n=1

ann

este convergenta.

Solutie. Luam ın exercitiul anterior bn =1

n.

Problema 7.59 Sa se arate ca seria∞∑n=1

cosn

neste convergenta, dar nu este absolut con-

vergenta.

Solutie. Daca luam an = cosn si bn =1

n, sirul sumelor partiale ale seriei

∞∑n=1

an este

marginit, iar sirul (bn)n este descrescator la zero, deci conform criteriului lui Abel seriaeste convergenta.

Pentru seria valorilor absolute∞∑n=1

| cosn|n

, consideram functia

f(x) = | cosx|+ | cos(x+ 1)|, f : R→ [0,∞),

care este continua si are un minim diferit de zero, deci f(x) ≥ m > 0, ∀ x ∈ R (ısi atingeminimul pe intervalul [0, 2π]). Avem:

| cos 1|1

+| cos 2|

2+| cos 3|

3+| cos 4|

4+ · · ·+ | cos(2n− 1)|

2n− 1+| cos 2n|

2n≥

≥ | cos 1|+ | cos 2|2

+| cos 3|+ | cos 4|

4+ · · ·+ | cos(2n− 1)|+ | cos 2n|

2n≥

≥ m

2+m

4+ · · ·+ m

2n=m

2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n

),

deci sirul sumelor partiale are limita ∞.

278

Problema 7.60 Fie

∞∑n=1

an o serie divergenta cu termeni pozitivi si (Sn)n sirul sumelor

partiale. Sa se arate ca:

a) Seria∞∑n=1

anSn

este divergenta.

b) Seria

∞∑n=1

an

S1+αn

este convergenta pentru α > 0.

Solutie. a) Avem:

an+1

Sn+1+an+2

Sn+2+ · · ·+ an+p

Sn+p≥ an+1 + · · ·+ an+p

Sn+p=Sn+p − SnSn+p

.

Dar

limp→∞

Sn+p − SnSn+p

= 1 6= 0,

deci sirul sumelor partiale ale seriei∑ an

Sneste divergent conform criteriului general al

lui Cauchy (C1).

b) Consideram diferenta:lnSn−1

Sαn−1

− lnSnSαn

pentru care aplicam teorema lui Lagrange si

avem:lnSnSαn

− lnSn−1

Sαn−1

= (Sn − Sn−1)f ′(αn), αn ∈ (Sn−1, Sn)

si f(x) =lnx

xα+1.

Avem:lnSn−1

Sαn−1

− lnSnSαn

= (Sn − Sn−1)α lnSn−1 − 1

Sα+1n

>

>Sn − Sn−1

Sα+1n

=an

Sα+1n

pentru n suficient de mare deci

an

Sα+1n

<lnSn−1

Sαn−1

− lnSnSαn

, n ∈ N.

∑n≥N

an

Sα+1n

<∑n≥N

(lnSn−1

Sαn−1

− lnSnSαn

)=

lnSN−1

SαN−1

deci restul de ordin N al seriei∑ an

Sα+1n

este marginit, deci convergent.

Problema 7.61 Fie seria convergenta

∞∑n=0

an si Sn =

n∑k=0

ak. Sa se arate ca pentru orice

a ∈ (−1, 1) seria

∞∑n=0

Snan este convergenta si

∞∑n=0

Snan =

1

1− a

∞∑n=0

anan.


Solutie. Seria

∞∑n=0

Snan este produsul Cauchy al seriilor

∞∑n=0

an si

∞∑n=0

anan, ambele

convergente, iar suma primei serii este1

1− a.

Problema 7.62 Fie (an)n un sir cu termeni reali pozitivi. Sa se arate ca produsul∞∏n=1

(1+

an) este convergent daca si numai daca seria

∞∑n=1


Solutie. Avem inegalitatile

a1 + a2 + · · ·+ an ≤ (1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an)

si(1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an) ≤ ea1+a2+···+an ,

(ex ≥ 1 + x, x ≥ 0).

Problema 7.63 Fie (εn)n un sir cu termenii εn ∈ −1, 1, n ∈ N. Sa se arate ca suma

seriei∞∑n=0

εnn!

este un numar irational.

Solutie. Prin absurd presupunem ca

∞∑n=0

εnn!

=p

q∈ Q.

Inmultim cu q! si obtinem

(q − 1)! · p =

q∑n=0

q!εnn!

+∞∑

n=q+1

q!εnn!

Cum prima suma este numar ıntreg rezulta ca∞∑

n=q+1

q!εnn!

ar fi numar ıntreg.

Avem:∣∣∣∣∣∣∞∑

n=q+1

q!εnn!

∣∣∣∣∣∣ ≤∞∑

n=q+1

q!

n!≤ 1

q + 1+

1

(q + 1)(q + 2)+

1

(q + 1)(a+ 2)2+ · · · =

=1

q + 1· 1

1− 1

q + 2

=q + 2

(q + 1)2≤ 3

4.

Ramane de aratat doar ca suma nu poate fi egala cu zero.Dar: ∣∣∣∣∣∣

∞∑n=q+1

εnq!

n!

∣∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣∣ 1

q + 1−

∞∑n=q+2

q!

n!

∣∣∣∣∣∣ > 1

q + 1− 1

q(q + 1)≥ 0.

Observatie. In particular rezulta ca e 6∈ Q.

280

Problema 7.64 Se considera sirul (an)n definit prin relatia de recurenta

an+1 = arctg an, n ≥ 1 si a1 = 1.

a) Sa se arate ca limn→∞

an = 0.

b) Sa se arate ca limn→∞

√nan =

√23 .

c) Sa se studieze convergenta seriei∞∑n=1

aαn, α ∈ R.

Solutie. a) Se arata imediat ca sirul (an)n este strict descrescator si marginit inferiorde 0. Fie a = lim

n→∞an. Trecand la limita relatia de recurenta obtinem a = arctg a, deci

a = 0.b) Fie xn =

√nan =

√n1

a2n

. Cum sirul ( 1a2n

) este strict crescator si limn→∞

1a2n

=∞ putem

aplica Stolz-Cesaro si obtinem:

limn→∞

n1

a2n

= limn→∞

(n+1)−n1

a2n+1− 1

a2n

= limn→∞

11

a2n+1− 1

a2n

= limn→∞

(n+1)−n1

arctg2an− 1

a2n

= limn→∞

a2n−arctg2ana2narctg2an

=

limn→∞

a2n−arctg2ana4n

limn→∞

( anarctgan

)2 = limn→∞

an+arctganan

limn→∞

an−arctgana3n

= 2 limx→0

x−arctgxx3

= 23 si

de aici avem limn→∞

√nan =

√23 .

c) Din limn→∞

aαn1

nα2

= (23)α rezulta, pe baza criteriului comparatiei C10’, ca seria

∞∑n=1

aαn

are aceeasi natura cu seria∞∑n=1

1

nα2

, deci este convergenta daca si numai daca α > 2.

Problema 7.65 Fie

∞∑n=1

an o serie divergenta cu termeni pozitivi si a1 > 1.

Sa se arate ca:

a) Seria∞∑n=1

an+1

Sn lnSneste divergenta.

b) Seria

∞∑n=1

an

Sn ln2 Sneste convergenta, unde Sn = a1 + a2 + · · ·+ an.

Solutie. a)∞∑n=1

an+1

Sn lnSn=

∞∑n=1

Sn+1 − SnSn lnSn

Se aplica teorema lui Lagrange functiei f(x) = ln lnx pe intervalele [Sn, Sn+1] si avem

n∑k=1

ak+1

Sk lnSk= ln lnSn − ln lnS1 →∞

b) Se aplica teorema lui Lagrange functiei f(x) = − 1

lnx.

Problema 7.66 Fie∞∑n=1

an o serie divergenta cu termeni pozitivi astfel ca limn→∞

an = 0.

Sa se arate ca sirul (Sn)n∈N∗ este dens ın [0, 1], unde Sn = a1 + a2 + · · ·+ an si x este

partea fractionara a lui x.


Solutie. Daca 0 < a < b < 1 si b − a = ε, exista Nε ∈ N astfel ca an < ε, n > N(ε).Fie SNε = m + bN , m ∈ Z, bN ∈ [0, 1). Daca bN ∈ (a, b) am terminat. Daca bN < amai adaugam un numar minim de termeni din serie pana intram ın intervalul (a, b). DacabN > b, mai adaugam un numar minim de termeni pana ajungem la m+1+α cu α ∈ (a, b).

Problema 7.67 Fie (pn)n∈N∗ sirul numerelor prime. Sa se arate ca seria∞∑n=1

1

pneste

divergenta.

Solutie. Daca seria ar fi convergenta, atunci ar exista N ∈ N astfel ca

∞∑n=N+1

1

pn<

1

2.

Orice numar de forma 1 + kp1p2 . . . pN = 1 + kP este un produs de numere prime(eventual cu exponenti) care nu fac parte din numerele p1, p2, . . . , pN . Multimea numerelor

de forma1

Mın care M este format doar cu numerele prime pN+1, pN+2, . . . este

1

pn1

,1

pn1pn2

,1

pn1pn2 . . . pn3

, . . .

suma lor fiind

∞∑m=1

( ∞∑n=N+1

1

pn

)m<∞∑m=1

(1

2

)m= 1

si atunci∞∑k=1

1

1 + kP< 1

deci seria∞∑k=1

1

1 + kPar fi convergenta, contradictie.


sinnx

n, x ∈ R.

Generalizare la seria∑n≥1

sinnx

nα, x ∈ R, α ∈ R.

Solutie. Fie xn = sinnxn . Daca x = kπ, k ∈ Z, atunci xn = 0,∀n ∈ N; presupunem ın

continuare ca x 6= kπ, k ∈ Z. Aratam mai ıntai ca seria nu este absolut convergenta:

|xn| =| sin(nx)|

n≥ sin2(nx)

n=

1− cos(2nx)

2n, ∀n ∈ N?.

Deci, presupunand prin absurd ca seria data ar fi absolut convergenta, ar rezulta (cu

criteriul de comparatie) ca si seria∑

n≥11−cos(2nx)

2n ar fi convergenta. Seria∑

n≥1cos(2nx)

2n

este convergenta (criteriul lui Dirichlet): fie an = 12n si un = cos(2nx). Atunci (an) este

descrescator la 0, iar (un) are sirul sumelor partiale marginit:∣∣∣∣∣n∑k=1

cos(2nx)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣sin(nx) cos(n+ 1)x

sinx

∣∣∣∣ ≤ 1

| sinx|.

282

Rezulta ca si seria∑

n≥11

2n ar trebui sa fie convergenta, fiind suma a doua serii conver-gente, contradictie.

Seria∑

n≥1sinnxn este convergenta (ca mai sus, cu criteriul lui Dirichlet).


(−1)n n√n sin

1

n.

Solutie. Seria nu este absolut convergenta (se compara la limita cu seria armonica).Seria este alternata; vom demonstra ca sirul an = n

√n sin 1

n este descrescator la 0, deciseria converge.Evident an → 0; pentru a arata ca an este descrescator (ıncepand de la un rang), fie

functia f(x) = x1x sin 1

x . Calculam

f ′(x) = x1x−2

((1− lnx) sin

1

x− cos

1

x

).

Pentru a studia semnul derivatei (pentru x ”mare”), calculam:

limx→∞

(1− lnx) sin1

x− cos

1

x= −1 + lim

x→∞

sin 1x

1x

· 1− lnx

x= −1,

deci f ′(x) < 0 pentru x suficient de mare, deci sirul an este descrescator.

Problema 7.70 Fie α, β, γ trei numere strict pozitive. Folosind criteriul lui Gauss, sa se

studieze convergenta seriei:

∑n≥1

α(α+ 1) · · · (α+ n− 1)

n!· β(β + 1) · · · (β + n− 1)

γ(γ + 1) · · · (γ + n− 1).

Solutie. Criteriul lui Gauss: daca (an)n este un sir de numere strict pozitive, astfelıncat exista λ > 1, µ ∈ R si un sir (θn)n astfel ıncat

an+1

an= 1− µ

n− θnnλ,

atunci seria∑n≥1

an converge daca µ > 1 si diverge daca µ ≤ 1.

Aplicand criteriul lui Gauss seriei date, obtinem:

an+1

an=n2 + (α+ β)n+ αβ

n2 + (1 + γ)n+ γ= 1− 1 + γ − α− β

n− γ − αβ

n2

Rezulta ca daca γ > α + β atunci seria data converge, iar daca γ ≤ α + β atunci seriadiverge.

Problema 7.71 Sa se dea un exemplu de doua siruri (an)n si (bn)n astfel ıncat:

limn→∞anbn

= 1, dar seriile∑

n an si∑

n bn sa aiba naturi diferite.

Solutie. Fie, de exemplu, an = (−1)n

n si bn = (−1)n

n + 1n lnn . A doua serie este divergenta

(criteriul integral).


Problema 7.72 Fie (an)n si (bn)n doua siruri reale astfel ıncat seria∑

n≥1(bn − bn+1)

este absolut convergenta si seria∑

n≥1 an este convergenta.

Sa se demonstreze ca seria∑

n≥1 anbn este convergenta.

Solutie. Facem mai ıntai urmatoarea observatie generala. Pentru orice siruri de numere(xn)n si (yn)n are loc urmatoarea identitate (”sumare prin parti”):

n∑k=1

xkyk =n−1∑k=1

(x1 + x2 + · · ·+ xk)(yk − yk+1) + (x1 + x2 + · · ·+ xn)yn

Fie An =∑n

k=1 ak si Sn =∑n

k=1 akbk sumele partiale asociate seriilor∑

n an si respectiv∑n anbn. Insumand prin parti, obtinem:

Sn =n∑k=1

akbk =

n−1∑k=1

Ak(bk − bk+1) +Anbn

Demonstratia se ıncheie daca aratam ca seria∑

nAn(bn − bn+1) si sirul (Anbn)n suntconvergente. Din convergenta seriei

∑n(bn−bn+1) rezulta convergenta sirului (bn)n si deci

(Anbn)n este convergent. Sirul An este marginit si din faptul ca seria∑

n≥1(bn − bn+1)este absolut convergenta rezulta ca seria

∑nAn(bn− bn+1) este absolut convergenta, ceea

ce ıncheie demonstratia.Observatie. In ultima implicatie ar fi fost suficient ca seria

∑n≥1(bn − bn+1) sa fie

(doar) convergenta?

Problema 7.73 Sa se calcuze sumele urmatoarelor serii:

(i)∑n≥0

cn, unde cn =

n∑k=0

xkyn−k, |x| < 1, |y| < 1.

(ii)∑n≥1

cn, unde cn =

n∑k=1

1

(n− k + 1)!k(k + 1).

Solutie. Vom aplica teorema lui Mertens pentru produsul Cauchy a doua serii.

(i) Evident,∑n≥0

cn =

∑n≥0

xn

∑n≥0

yn

= (1− x)−1(1− y)−1.

(ii) Seria data este produsul seriilor∑n≥1

1

n(n+ 1)si∑n≥1

1

n!. Prima serie are suma 1, iar a

doua e− 1, deci raspunsul este e− 1.

Produse infinite

Fie (an)n un sir de numere reale strict pozitive.

Produsul infinit∏n≥1

an se numeste convergent daca limn→∞

n∏k=1

ak exista si este nenula, sau,

echivalent, daca seria∑n≥1

ln an este convergenta. Este usor de observat ca o conditie nece-

sara (dar nu si suficienta) pentru convergenta produsului infinit∏n≥1

an este an → 1.

284

Dam ın continuare o lista cu cateva formule-produs uzuale:

sinx = x∏n≥1

(1− x2

π2n2

)= x

∏n≥1

cosx

2n

sinhx = x∏n≥1

(1 +

x2

π2n2

)

cosx =∏n≥1

(1− x2

π2(n− 12)2

)

cosx =∏n≥1

(1− x2

π2(n+ 12)2

)

Produse. Probleme

Problema 7.74 Sa se calculeze produsele:

(i)∏n≥1

a(−1)n

n , a > 0.

(ii)∏n≥1

e1n

1 + 1n

.

Solutie. (i) limn→∞

n∏k=1

a(−1)k

k = limn→∞

a∑nk=1

(−1)k

k = a− ln 2.

(ii) limn→∞

n∏k=1

e1k

1 + 1k

= limn→∞

e∑nk=1

1k

n+ 1= lim

n→∞

e∑nk=1

1k

n· n

n+ 1=

= limn→∞

n

n+ 1· e

∑nk=1

1k−lnn = ec, unde c este constanta lui Euler.

Problema 7.75 Fie (an)n un sir cu termeni strict pozitivi. Atunci:

(i) produsul infinit∏n≥1

(1 + an) converge daca si numai daca seria∑n≥1

an converge.

(ii) produsul infinit∏n≥1

(1 − an) converge daca si numai daca seria∑n≥1

an converge (cu

ipoteza suplimentara an 6= 1, ∀n).

Solutie. (i) Deoarece an > 0 si din inegalitatea 1 + x ≤ ex, ∀x ≥ 0, rezulta:

n∑k=1

ak ≤n∏k=1

(1 + ak) ≤ e∑nk=1 ak ,

ceea ce demonstreaza prima afirmatie.

(ii) Presupunem mai ıntai ca seria∑n≥1

an converge. Rezulta ca restul seriei tinde la 0, deci

exista m ∈ N suficient de mare (fixat de aici ınainte) astfel ıncat∑k≥m

ak < 2−1. Rezulta

(pentru n > m) inegalitatea:

n∏k=m

(1− ak) ≥ 1−n∑

k=m

ak >1

2.


Daca notam Pn =

n∏k=1

(1− ak), atunci din relatia Pn = Pm−1

n∏k=m

(1− ak), rezulta ca sirul(PnPm−1

)n

este descrescator si minorat de 2−1, deci are o limita P ∈ [2−1, 1]. Rezulta ca

Pn este convergent la o limita nenula, deci produsul infinit∏n≥1

(1− an) converge.

Pentru a demonstra reciproca, presupunem ca seria∑n≥1

an este divergenta (are suma ∞).

Putem presupune ca an → 0 (altfel 1 − an 6→ 1) si deci exista m ∈ N astfel ıncat an ∈[0, 1), n ≥ m.Din inegalitatea 1− x ≤ e−x, x ∈ [0, 1), rezulta:

0 ≤n∏

k=m

(1− ak) ≤ e−∑nk=m ak → 0 (pentru n→∞),


Problema 7.76 Notam cu ζ(p) =∞∑n=1

1

np, p > 1 functia lui Euler si cu

c = limn→∞

(n∑k=1

1

k− lnn

)

constanta lui Euler.

Sa se arate ca∞∑p=2

(−1)p

p+ 1ζ(p) = 1 +

c

2− ln√

2π.

Concurs Ukraina

Solutie. Pentru x ∈ (0, 1) consideram functia

f(x) =∞∑p=2

(−1)p

p+ 1xp.

Avem:

f(x) =1

x

∞∑p=2

(−1)p

p+ 1xp+1 =

1

x

∞∑p=2

(−1)p∫ x

0tpdt

=1

x

∫ x

0

∞∑p=0

(−t)p − 1 + t

dt =1

x

∫ x

0

(1

1 + t− 1− t

)dt

=1

x

[ln(1 + t)− t+

t2

2

] ∣∣∣x0

=1

x

(ln(1 + x)− x+

x2

2

)= −1 +

x

2+

ln(1 + x)

x.

Acum suma ceruta o exprima cu functia f :

S =

∞∑p=2

(−1)p

p+ 1ζ(p) =

∞∑p=2

(−1)p

p+ 1

∞∑n=1

1

np= lim

m→∞

m∑p=2

(−1)p

p+ 1

∞∑n=1

1

np

286

= limm→∞

∞∑n=1

m∑p=2

(−1)p

(p+ 1)np=

∞∑n=1

∞∑p=2

(−1)p

(p+ 1)np=

∞∑n=1

f

(1

n

)

=

∞∑n=1

(−1 +

1

2n+ n ln

(1 +

1

n

))

=1

2

∞∑n=1

(1

n− ln

(1 +

1

n

))+∞∑n=1

((n+

1

2

)ln

(1 +

1

n

)− 1

)

=1

2limm→∞

m∑n=1

(1

n− ln(n+ 1) + lnn

)+

∞∑n=1

ln

((n+ 1

n

)n+ 12

· 1

e

)

=1

2limm→∞

(1 +

1

2+ . . .+

1

m− ln(m+ 1)

)+ limm→∞

lnn∏k=1

((k + 1

k

)n+ 12

· 1

e

)

=1

2e+ ln lim

m→∞

(n+ 1)m√n+ 1

(n+ 1)!en

=1

2e+ ln lim

n→∞

(n+ 1)n√n+ 1

nn√

2πn=

1

2e+ ln

e√2π

= 1 +1

2e− ln

√2π

Capitolul 8

Calcul diferential pentru functii de

o variabila reala


Definitie. Functia f : D → R se numeste uniform continua pe D daca pentru oriceε > 0 exista δ > 0 astfel ıncat oricare ar fi x′, x′′ ∈ D cu |x′−x′′| < δ, avem |f(x′)−f(x′′)| <ε.

Teorema lui Fermat. Daca x0 este punct de extrem (local) pentru functia f : I → IR,I ⊂ IR interval, daca x0 este punct interior pentru I si daca functia f este derivabila ınx0, atunci f ′(x0) = 0.

Teorema. Fie f : I → R o functie derivabila pe intervalul I. Atunci functia f ′ : I → Rare proprietatea Darboux.

Teorema lui Rolle. Fie f : [a, b] → R continua pe [a, b] si derivabila pe (a, b) astfelıncat f(a) = f(b). Atunci exista c ∈ (a, b) astfel ıncat f ′(c) = 0.

Teorema lui Lagrange. Fie f : [a, b]→ R. Daca f este continua pe [a, b] si derivabilape (a, b), atunci exista c ∈ (a, b) astfel ıncat

f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a).

Teorema lui Cauchy. Fie f : [a, b] → R, g : [a, b] → R doua functii care ındeplinescconditiile: f, g sunt continue pe [a, b], f, g sunt derivabile pe (a, b), g′(x) 6= 0 pentru oricex ∈ (a, b). Atunci exista c ∈ (a, b) astfel ıncat

f(b)− f(a)

g(b)− g(a)=f ′(c)

g′(c).

Formula lui Taylor cu rest Peano. Fie I un interval deschis si f : I → R o functiede n ori derivabila ın x0 ∈ I. Atunci exista o functie ω : I → R astfel ıncat

f(x) = f(x0) +f ′(x0)

1!(x− x0) +

f ′′(x0)

2!(x− x0)2 + . . .

+fn(x0)

n!(x− x0)n + ω(x)(x− x0)n, ∀x ∈ I.

287

288

si

limx→x0

ω(x) = 0

Notatie. In cele ce urmeaza vom folosi notatia o(f) pentru a desemna o functie g

(definita ıntr–o vecinatate a lui 0), care are proprietatea ca limx→0

g(x)

f(x)= 0.

In cazul particular x0 = 0 se obtine formula lui MacLaurin:

(∗) f(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + . . .+

f (n)(0)

n!xn + o(xn)

Formula lui Taylor cu restul lui Lagrange. Fie I interval deschis si f : I → R den+ 1 ori derivabila pe I. Atunci pentru x0 si x ∈ I exista c ıntre x si x0 astfel ıncat

f(x) = f(x0) +f ′(x0)

1!(x− x0) + . . .+

f (n)(x0)

n!(x− x0)n+

+f (n+1)(c)

(n+ 1)!(x− x0)n+1.

In cazul particular x0 = 0, se obtine formula lui MacLaurin :

f(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + . . .+

f (n)(0)

n!xn +

f (n+1)(c)

(n+ 1)!xn+1.

Probleme

Problema 8.1 Se considera functia f : R \ 0 → R f(x) := x

[1

x

]. Precizati disconti-

nuitatile functiei f si calculati limx→0

f(x).

Solutie. Se expliciteaza: pe fiecare interval(

1n+1 ,

1n

]avem f(x) = nx. Limitele laterale

ın 1n sunt 1 = f( 1

n) resp. n−1n . Analog, pe fiecare interval

(− 1n ,−

1n+1

]avem f(x) =

−(n+ 1)x. Pe (−∞,−1) functia este −x, iar pe (1,∞) este 0. Din cele de mai sus rezulta

ca limita ın 0 exista si este 1. Punctele de discontinuitate sunt de forma1

k, k ∈ Z

Problema 8.2 f : R → R o functie continua, periodica de perioada 1, adica f(x + 1) =

f(x), ∀x ∈ R.

(i) Sa se arate ca f este marginita si ısi atinge marginile.

(ii) Sa se arate ca exista x0 ∈ R pentru care f(x0 + π) = f(x0).

Solutie. (i) Se restrange la [0, 1], valorile ın rest fiind aceleasi.(ii) Fie g(x) := f(x + π) − f(x). Daca xm resp. xM denota puncte ın care f ısi

atinge minimul, resp, maximul, avem g(xm) = f(xm + π) − f(xm) ≥ 0 iar g(xM ) =f(xM+π)−f(xM ) ≤ 0, de unde existenta unui punct x0, ıntre xm si xM , ın care g(x0) = 0.

Calcul diferential pentru functii de o variabila reala 289

Problema 8.3 Functia F : (0,∞)→ R este continua si limn→∞

F (x+ n) = 0 pentru fiecare

x > 0. Rezulta ca limx→∞

F (x) = 0?

Solutie. Nu. Se construieste un contraexemplu astfel: fie f0(x) := 1 − 2|x − 12 |; apoi

fk este definita astfel: fk(x) := f0(kx) pentru x ∈ (0, 1k ) si fk(x) := 0 pentru x ≥ 1

k . Insfarsit: g(x) = fk(x − k) pentru x ∈ [k, k + 1]. Functia g este bine definita si continua.Deoarece g(k+ 1

2k ) = 1, pentru fiecare k, urmeaza ca limx→∞

g(x) nu este 0. Pe de alta parte,

pentru orice x ∈ N avem g(x + n) = 0. Daca x = [x] + x, atunci, pentru k suficient demare astfel ıncat x > 1

k avem g(x+ k) = 0.

Problema 8.4 Fie f : R → R o functie reala. Analizati daca urmatoarele afirmatii sunt

adevarate si justificati.

(a) Daca f este continua si Im(f) = y ∈ R| ∃x ∈ R, f(x) = y, atunci f este

monotona.

(b) Daca f este monotona si Im(f) = R, atunci f este continua.

(c) Daca f este monotona si f este continua, atunci Im(f) = R.

Solutie. (a) Nu este adevarata. Consideram functia f(x) = x3−x, care este continua,Im(f) = R, dar de exemplu f(0) = 0, f(1

2) = −38 si f(1) = 0; de aceea f(0) > f(1

2), f(12) <

f(1) si f nu este monotona.(b) Este adevarata. Presupunem pentru ınceput ca f este nedescrescatoare. Pentru un

numar arbitrar a exista limitele laterale b := limxa

f(x) si c := limxa

f(x) si b ≤ c. Daca cele

doua limite sunt egale, atunci functia este continua ın a. In caz contrar, daca b < c, avemf(x) ≤ b,∀x < a si and f(x) ≥ c, ∀x > a si de aceea Im(f) ⊂ (−∞, b)∪ (c,∞)∪f(a) nureprezinta toata multimea R. Pentru cazul functiei necrescatoare se aplica rationamentulfunctiei g(x) = −f(x).

(c) Fals. Functia f(x) = arctg x este monotona si continua, dar Im(f) = (−π2,π

2) 6= R.

Problema 8.5 Sa se determine toate functiile continue f : R → R cu proprietatea ca

oricare ar fi x, y ∈ R cu x− y ∈ Q, are loc f(x)− f(y) ∈ Q.

Solutie. Pentru fiecare r ∈ Q, functia x 7→ f(x + r) − f(x) este continua si arenumai valori rationale. Deci este constanta. Sa definim atunci g(r) := f(x + r) − f(x).Prin recurenta f(nr) = f(0) + ng(r), ∀n ∈ N. Deoarece f(0) − f(−r) = g(r), formulase extinde la numere ıntregi: f(kr) = f(0) + kg(r), ∀k ∈ Z. Luand r = 1

n , se gasestef(1) = f(0) + ng( 1

n). De fapt: g(r) = rg(1), ∀r ∈ Q. Adica f(r) = f(0) + rg(1), ∀r ∈ Q.Deoarece f este continua, urmeaza ca f(x) = ax + b, ∀x ∈ R, cu a ∈ Q. Reciproc, oriceasemenea functie convine.

Problema 8.6 Se da functia f : R → R. Sa se arate ca f este monotona daca si numai

daca pentru orice interval I ⊆ R, f−1(I) este interval.

( f−1(A) = x ∈ R |f(x) ∈ A.)

290

Solutie. Presupunem ca f este crescatoare. Fie I un interval x, x′ ∈ f−1(I) cu x ≤ x′;exista deci y, y′ ∈ I cu y ≤ y′ astfel ca f(x) = y, f(x′) = y′. Pentru a arata ca f−1(I)este un interval, fie x′′ ∈ [x, x′′], din x ≤ x′′ ≤ x′ rezulta f(x) ≤ f(x′′) ≤ f(x′) si deoareceI este interval, avem f(x′′) ∈ I, deci x′′ ∈ f−1(I).

Reciproc. Presupunem ca f nu este monotona. Exista deci x1, x2, cu x1 < x2 astfelca f(x1) ≥ f(x2) si x3 < x4 astfel ca f(x3) ≤ f(x4). sau f(x1) ≥ f(x2), f(x3) ≥ f(x2).Comparand cele 4 valori se poate obtine urmatoarea conditie echivalenta. Exista x1 < x2 <x3 astfel ca f(x1) ≤ f(x2) si f(x3) ≤ f(x2). Fie a = min(f(x1), f(x3)) si b = f(x2). Atuncirezulta ca f−1[a, b) nu este interval, deoarece x1, x3 ∈ f−1[a, b), dar x2 /∈ f−1[a, b).

Problema 8.7 Fie C ⊂ R o multime nevida, ınchisa, marginita si f : C → C o functie

nedescrescatoare. Aratati ca exista un punct p ∈ C astfel ca f(p) = p.

Solutie. Presupunem ca f(x) 6= x, ∀x ∈ C. Fie [a, b] cel mai mic interval ınchiscare contine C. Deoarece C este ınchisa a, b ∈ C. Din ipoteza f(a) > a si f(b) < b. Fiep = supx ∈ C : f(x) > x. Deoarece C este ınchisa si f este continua f(p) ≥ p si astfelf(p) > p. Pentru orice x > p, x ∈ C avem f(x) < x. De aceea f(f(p)) < f(p), ceea cecontrazice faptul ca f este nedescrescatoare.

Problema 8.8 Fie f : [0, 1]→ [0, 1] cu proprietatea ca exista c ∈ [0, 1) astfel ca

|f(x)− f(y)| ≤ c|x− y|, ∀x, y ∈ [0, 1] (8.1)

Aratati ca sirul definit

x0 ∈ [0, 1], xn+1 = f(xn) (8.2)

este convergent la x ∈ [0, 1] si acesta este unicul punct din interval cu proprietatea f(x) = x

(punct fix). Aratati ca are loc

|x− xn| ≤cn

1− c|x0 − x1|.

Solutie. Mai ıntai din conditia (8.1) deducem ca functia f este continua. Fixam x0 ∈[0, 1]. Pentru orice ε > 0, exista δ =

1

cε astfel ca daca |x− x0| < δ sa rezulte

|f(x)− f(x0)| ≤ c|x− x0| < ε.

Unicitatea. Presupunem ca ar exista doua puncte x1, x2, x1 6= x2. Atunci are loc

|x1 − x2| = |f(x1)− f(x2)| ≤ c|x1 − x2| < |x1 − x2|.

Pentru convergenta se arata ca xn este sir Cauchy. Evaluam pentru ınceput, folosind (8.1)

|xn+1 − xn| ≤ cn|x0 − x1|


Apoi

|xn+p − xn| ≤ |xn+p − xn+p−1|+ |xn+p−1 − xn+p−2|+ · · ·+ |xn+1 − xn| ≤

≤ (cn+p−1 + · · ·+ cn)|x0 − x1| =

= cn1− cp

1− c|x0 − x1| ≤

cn

1− c|x0 − x1|.

Folosind ultima relatie, rezulta ca este sir Cauchy. Trecand la limita pentru p → ∞ de-ducem

|xn − x0| ≤cn

1− c|x0 − x1|.

Problema 8.9 Fie f : R −→ R o functie continua, cu proprietatea ca exista C > 0 astfel

incat

|f(x)− f(y)| ≥ C |x− y| , ∀x, y ∈ R

Sa se arate ca functia f este surjectiva.

Solutie. Evident functia este injectiva. Fiind si continua, este strict monotona. Astfel,imaginea este un interval. Daca ar fi majorat (minorat se discuta la fel) cu margineasuperioara M < ∞, atunci ar exista un sir xn cu f(xn) −→ M . Din ipoteza, ar urma casirul (xn) este sir Cauchy, deci convergent xn −→ x, adica M = f(x)

Problema 8.10 Fie f : [a, b]→ R o functie continua, atunci f este uniform continua.

Solutie. Prin reducere la absurd: faptul ca f nu ar fi uniform continua pe [a, b] setraduce prin∃ε0 > 0 astfel ıncat ∀n ∈ N, ∃x′n, x′′n ∈ [a, b] astfel ıncat

(∗) |x′n − x′′n| <1

ndar |f(x′n)− f(x′′n)| ≥ ε0.

Pe baza lemei lui Cesaro, putem extrage un subsir (x′nk)k, care sa fie convergent. Notamlimita cu x0 ∈ [a, b]. Datorita (∗), subsirul (x′′nk)k va avea aceeasi limita. Dar

0 < ε0 ≤ |f(x′nk)− f(x′′nk)| −→ 0

ceea ce constituie contradictia cautata.

Problema 8.11 Fie f : [0, 1] → R o functie continua, cu f(0) = f(1) = 0. Pentru ce

valori λ ∈ (0, 1) exista x ∈ [0, 1] astfel ıncat f(x+ λ) = f(x)?

Solutie. Se arata ca orice λ = 1n , n ≥ 2 convine. Se considera functia g : [0, 1−λ]→ R,

g(x) := f(x+ λ)− f(x). Deoarece

g(0) + g(λ) + g(2λ) + . . .+ g((n− 1)λ) = 0

Rezulta ca se produce cel putin o schimbare de semn ın sirul g(0), g(λ), g(2λ), . . ., g((n−1)λ). Deci exista x pentru care g(x) = 0.

292

Daca λ nu este de forma 1n , atunci se construieste functia h(x) := 1 − cos

(2πxλ

).

Aceasta functie este continua iar h(0) = 0. Este evident periodica, de perioada λ. Mai multh(x) = 0 ⇔ x = k.λ, cu k ıntreg. Deci H := h(1) 6= 0. Fie atunci f(x) := h(x) −Hx =1− cos

(2πxλ

)−(1− cos

(2πλ

))x. Functia f are proprietatile cerute, dar:

f(x+ λ)− f(x) = (h(x+ λ)−H.(x+ λ))− (h(x)−H.x) = −H.λ 6= 0

Problema 8.12 Daca f este derivabila, atunci f este convexa daca si numai daca f ′ este

crescatoare.

Solutie. Fie x1 < x2 ∈ I. Daca f ′ este crescatoare, sa definim functia

g(x) := f(x)− f(x1)− (x− x1)f(x2)− f(x1)

x2 − x1

Deoarece g(x1) = g(x2) = 0 si g′ este crescatoare, urmeaza ca exista un punct c ∈ (x1, x2)astfel ıncait g′(x) ≤ 0, ∀ x ∈ (x1, c) si g′(x) ≥ 0, ∀ x ∈ (c, x2). Rezulta g(x) ≤ 0,∀x ∈ (x1, x2).

Reciproc, daca f este convexa, iar x1 < x2 ∈ I, atunci pentru orice x ∈ (x1, x2) avem:

f(x)− f(x1)

x− x1≤ f(x2)− f(x1)

x2 − x1≤ f(x)− f(x2)

x− x2

de unde, prin trecere la limita, se obtine f ′(x1) ≤ f ′(x2).

Problema 8.13 Gasiti numarul de extreme locale ale functiei g(x) = f(f(x)), daca

f(x) = x3 − 3x+ 1.

Solutie. Derivata functiei este

g′ = f ′(f(x))f ′(x) = 3(f2(x)− 1)3(x2 − 1) =

= 9(x3 − 3x)(x3 − 3x+ 2)(x2 − 1).

Radacinile derivatei, care verifica conditia de extrem sunt 0,−2,±1,±√

3. Exista deci 6puncte de extrem.

Problema 8.14 Fie f : R→ R o functie de doua ori derivabila care verifica

f ′′(x) + f ′(x) = f(x), ∀x ∈ [0, 1]

si astfel ca f(0) = f(1) = 0. Aratati ca f(x) = 0, ∀x ∈ [0, 1]

Solutie. Din teorema lui Rolle, exista c ∈ (0, 1) astfel ca f ′(c) = 0. Daca presupunemca c este un punct de maxim ar urma ca f(c) > 0, iar din ipoteza f ′′(c) = f(c) > 0 ar fiimposibil, deoarece functia ar rezulta convexa ın jurul punctului de maxim. Daca f(c) < 0ar urma f ′′(c) < 0 situatie iar imposibila. Analog daca c ar fi punct de minim.


Problema 8.15 Calculand ın doua moduri derivatele de ordin p, 1 ≤ p ≤ n ale functiei

(1− ex)n, sa se deduca valoarea sumei

n∑k=0

(−1)kCknkp.

Solutie. Pe de o parte, deoarece (1 − ex)n =n∑k=0

(−1)kCknekx, rezulta ca derivata de

ordin p esten∑k=0

(−1)kCknkpekx. Sumele cerute se obtin deci pentru x = 0.

Pe de alta parte, se arata prin recurenta ca derivata de ordin p ( pentru 1 ≤ p ≤ n)

este:

p∑k=1

apk(ex)k(1− ex)n−k, unde app = (−1)pApn (aranjamente).

In adevar, cazul p = 1 este imediat; iar prin derivare ınca odata, se obtine:

p∑k=1

apkk(ex)k−1(1− ex)n−k +

p∑k=1

apk(ex)k(−1)kex(n− k)(1− ex)n−k−1

Regrupand termenii, gasim:

ap1(ex)(1− ex)n−1 +

p∑k=2

[apkk + apk−1(k − 1− n)

](ex)k(1− ex)n−k+

+app(p− n)(−ex)p+1(1− ex)n−p−1

ceea ce arata ca ap+1p+1 = app (p− n). Verificarea este astfel ıncheiata.

Pe baza acestei formule, valoarea derivatei de ordin p ın x = 0 este: 0, daca 1 ≤ p < n;iar pentru p = n ramane ann = (−1)nAnn = (−1)nn!.

Problema 8.16 Un segment de lungime 1 se misca astfel ıncat capetele raman pe axele

de coordonate. In timp ce se misca ın plan, segmentul schimba culoarea partii marginite

de el la stanga si axe. Gasiti ecuatia curbei care separa partea din plan ın care culoarea

s-a schimbat, de partea din plan ın care culoarea ra mane aceeasi.

Solutie. Raspunsul este o parte a curbei a x2/3 + y2/3 = 1 (astroida). Evident pentrux ∈ [0, 1] ordonata punctului corespunzator de pe curba va fi egala cu cea mai marevaloare a ordonatelor punctelor de pe segment, pentru x fixat. Sa examinam pozitia ıncare unul dintre capete este A(t, 0) si celalalt B(0,

√1− t2), t ∈ [0, 1]. Fie y(x, t) ordonata

punctelor de pe segmentul de extremitati aA si B, corespunzator abscisei x. y = y(x) =maxy(x, t), t ∈ [x, 1]. (Pozitia segmentului ın care t < x nu trebuie examinata). Astfel,

y(x; t) = (1− x/t)√

1− t2) si

y′ =x

t2

√1− t2 − (1− x

t)

t√1− t2

=x− t3

t2√

1− t2.

Derivata se anuleaza ın t = 3√x care este punct de maxim, de unde urmeaza

y(x, 3√x) =

(1− x2/3

)3/2.

294

Problema 8.17 Data functia

f(x) =√

(1 + tg(2x))(1 + tg(4x))(1 + tg(6x)) · · · (1 + tg(32x))

calculati f ′(0).

Solutie. Notam u(x) = (1 + tg(2x))(1 + tg(4x))(1 + tg(6x)) · · · (1 + tg(32x)) si avem

u(0) = 1. Observam ca f ′(x) =u′(x)

2√u(x)

, iar u′ este o suma de 16 termeni, fiecare fiind

produs de 15 factori care apar ın scrierea lui u si un factor de forma (1+tg2kx)′ =2k

cos2 2kx.

Fiecare termen are ın x = 0 valoarea 2k, k = 1, · · · , 16, iar

f ′(0) =u′(0)

2√u(0)

=1

2

16∑k=1

2k = 136.

Problema 8.18 Fie f : R→ R, f(x) = 1x2+1

. Gasiti f (6)(0) .

Solutie. Raspunsul este -720. Din formula lui MacLaurin:

f(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + . . .+

f (6)(0)

6!x6 + o(x6).

Pe de alta parte seria geometrica cu ratia x2 este

1

x2 + 1= 1− x2 + x4 − x6 + · · · .

Din unicitate rezulta afirmatia.

Problema 8.19 O particula se misca de-a lungul unei drepte. Directia miscarii se poate

schimba, dar acceleratia ın orice moment nu depaseste 1 m/sec ın valoare absoluta. Dupa

o secunda de la ınceputul miscarii particula se ıntoarce ın punctul de pornire. Aratati ca

viteza la 0,5 sec de la ınceputul miscarii nu este mai mare ca 0,25 m/sec.

Solutie. In calculele urmatoare se subıntelege ca timpul se masoara ın secunde, iardistantele ın metri. Fie v(t) viteza, iar a(t) acceleratia particulei la momentul t. Din enunt

avem |a(t)| = |v′(t)| ≤ 1 si

∫ 1

0v(t)dt = 0. Sa estimam v(0, 5).

|v(0, 5)| = |v(0, 5)− 0| =∣∣∣∣v(0, 5)−

∫ 1

0v(t)dt

∣∣∣∣ =∣∣∣∣v(0, 5)

∫ 1

0dt−

∫ 1

0v(t)dt

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ 1

0(v(0, 5)− v(t))dt

∣∣∣∣ .Folosind teorema lui Lagrange v(0, 5)− v(t) = v′(c)(0, 5− t), c ∈ (0, 5, t). Astfel

|v(0, 5)| =∣∣∣∣v(0, 5)−

∫ 1

0v(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ 1

0|v′(c)(0, 5− t)|dt =∫ 1

0|v′(c)||(0, 5− t)|dt ≤

∫ 1

0|(0, 5− t)|dt = 1/4.


Problema 8.20 Fie Pn(x) un polinom de grad par n (n > 1), care are coeficientul domi-

nant pozitiv si fie Pn(x) > P ′′n (x), ∀x ∈ R. Aratati ca Pn(x) > 0, ∀x ∈ R.

Solutie. Sa observam ca daca Pn are grad par, limx→±∞

Pn(x) = ∞. De aceea exista

x0 punct de minim absolut pentru polinom, ın care P ′n(x0) = 0 si P ′′n (x0) ≥ 0. Folosindipoteza avem

Pn(x) ≥ Pn(x0) > P ′′n (x0) ≥ 0, ∀x.

Problema 8.21 Aratati ca pentru orice polinom p(x) de grad n > 1 si orice punct Q,

numarul tangentelor la graficul lui p(x) care trec prin Q nu depaseste n.

Solutie. Derivata functiei p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn este p′(x) = a1 + 2a2x +

· · · + nanxn−1. Ecuatia tangentei ın punctul (x0, p(x0)) este y − y(x0) = p′(x)(x − x0).

Presupunem ca Q are coordonatele (a, b) si ınlocuind ın ecuatia tangentei obtinem

b− (a0 + a1x0 + · · ·+ anxn0 ) = (a1 + 2a2x0 + · · ·+ nanx

n−10 )(a− x0).

Daca n > 1, coeficientii lui xn0 din cei doi membrii ai relatiei nu pot fi egali si egalitateaconduce la o ecuatie algebrica de ordin n; urmeaza ca este imposibil sa gasim un numarde solutii mai mare ca n.

Problema 8.22 Aratati ca are loc identitatea:

2 arccosx = arccos(2x2 − 1), 0 ≤ x ≤ 1.

Solutie. Fie f(x) = 2 arccosx− arccos(2x2 − 1) 0 ≤ x ≤ 1. Functia este continua pe[0, 1], derivabila pe (0, 1) si se verifica imediat ca

f ′(x) = − 2√1− x2

+2x

|x|√

1− x2.

Deci f ′(x) = 0, x ∈ (0, 1). Deci f este o constanta, iar din faptul ca f(0) = 0 si continuitaterezulta afirmatia.

Problema 8.23 Fie f o functie derivabila pe (a, b) cu derivata continua, cu proprietatile

limxa

f(x) =∞, limxb

f(x) = −∞ si f ′(x) + f2(x) ≥ −1, ∀x ∈ (a, b). Aratati ca b− a ≥ π

si dati un exemplu pentru care b− a = π.

Solutie. Din inegalitate deducem

d

dx(arctg f(x) + x) =

f ′(x)

1 + f2(x)+ 1 ≥ 0 ∀x ∈ (a, b)

urmeaza ca arctg f(x) + x este nedescrescatoare pe interval si folosind limitele obtinemπ/2+a ≤ −π/2+b, de unde b−a ≥ π. Egalitatea are loc pentru f(x) = ctg x, a = 0, b = π.

296

Problema 8.24 Fie f o functie de doua ori diferentiabila , cu derivata a doua continua

pe (0,∞), astfel ca limx0

f ′(x) = −∞ si limx0

f ′′(x) =∞. Aratati ca limx0

f(x)

f ′(x)= 0.

Solutie. Deoarece f ′ tinde la −∞ si f ′′ tinde la ∞, cand x tinde la 0 prin valorimai mari, exista un interval (0, r) astfel ca f ′(x) < 0 si f ′′(x) > 0, ∀x ∈ (0, r). Decif este descrescatoare si f ′ este crescatoare pe (0, r). Din teorema de medie, pentru orice0 < x < x0 < r avem

f(x)− f(x0) = f ′(ξ)(x− x0) > 0

pentru un ξ ∈ (x, x0). Folosind faptul ca f ′ este crescatoare, f ′(x) < f ′(ξ) < 0, obtinem

x− x0 <f ′(ξ)

f ′(x)(x− x0) =

f(x)− f(x0)

f ′(x)< 0.

Luand limita cand x 0 obtinem

−x0 ≤ lim infx0

f(x)

f ′(x)≤ lim sup

x0

f(x)

f ′(x)≤ 0.

Deoarece acest lucru are loc pentru orice x0 ∈ (0, r) deducem ca exsita lims→0

f(x)

f ′(x)si

valoarea ei este 0.

Problema 8.25 Fie f : [0, 1] → R o functie derivabila, cu f(0) = 0. Daca exista M ≥ 0

astfel ıncat |f ′(x)| ≤M |f(x)|, pentru orice x ∈ [0, 1], atunci f este identic nula.

Solutie. Definind g : [0, 1] → R prin g(x) := f2(x), obtinem o functie pozitiva,

derivabila pe [0, 1], care satisface g(0) = 0 si |g′(x)| ≤ M

2|g(x)|, pentru orice x ∈ [0, 1]. Fie

mai departe h : [0, 1]→ R, h(x) := e−M

2xg(x). Deoarece h′(x) = e

−M2x

[g′(x)− M

2g(x)],

ipoteza arata ca h′(x) ≤ 0. Deci functia h rezulta descrescatoare, pozitiva si h(0) = 0. Deaici concluzia.

Problema 8.26 Exista functii continuu diferentiabile f : R → R astfel ca pentru orice

x ∈ R sa avem f(x) > 0 si f ′(x) = f(f(x))?

Solutie. Presupunem ca ar exista o astfel de functie. Deoarece f ′(x) = f(f(x)) > 0,functia este strict crescatoare. Din f(x) > 0 deducem f(f(x)) > f(0), ∀x. Deci f ′(x) >f(0) si pentru orice x < 0 avem f(x) < f(0) + xf(0) = (1 + x)f(0). Deci daca x ≤ −1rezulta f(x) ≤ 0, contrazicand proprietatea f(x) > 0. Concluzia este ca astfel de functiinu exista.

Problema 8.27 Functia f : R → R este de doua ori diferentiabila si satisface f(0) =

2, f ′(0) = −2 si f(1) = 1. Aratati ca exista un numar real ξ ∈ (0, 1), astfel ca

f(ξ)f ′(ξ) + f ′′(ξ) = 0.


Solutie. Definim functia g(x) := 12f

2(x)+f ′(x). Deoarece g(0) = 0 si and f(x)f ′(x)+f ′′(x) = g′(x) este suficient sa aratam ca exista un numar real 0 < η ≤ 1 astfel ca g(η) = 0.

a) Daca f nu se anuleaza niciodata, fie h(x) :=x

2− 1

f(x). Deoarece h(0) = h(1) = −1

2 ,

exista un numar real 0 < η < 1 pentru care h′(η) = 0. Dar g = f2h′ si afirmatia rezulta.b) Daca f are cel putin un zero, fie z1 cel mai mic si z2 cel mai mare, care exista

deoarece multimea zerourilor este ınchisa. Are loc 0 < z1 ≤ z2 < 1. Functia f estepozitva pe intervalele [0, z1) si (z2, 1], ceea ce implica f ′(z1) ≤ 0 si f ′(z2) ≥ 0. Atuncig(z1) = f ′(z1) ≤ 0 si g(z2) = f ′(z2) ≥ 0, si exista numarul real η ∈ [z1, z2] pentru careg(η) = 0.

Observam ca pentru functia f(x) =2

x+ 1conditiile au loc si ff ′ + f ′′ este constant

egala cu 0.

Problema 8.28 Daca x, y > 0 aratati ca xy + yx > 1.

Solutie. Daca x sau y sunt ≥ 1 afirmatia este evidenta. Presupunem 0 < x ≤ 1, 0 <y ≤ 1. Putem nota y = kx, 0 < k < 1 si consideram functia

f(x) = xkx + (kx)x.

Se poate arata ca xx are valoarea minima a = e−1e si deoarece pentru x ∈ (0, 1] are loc

kx ≥ k functia de mai sus poate fi minorata

f(x) ≥ ak + ka, k ∈ (0, 1].

Derivata functiei h(k) = ak + ak este pozitiva, deci h este cresca toare si urmeaza cah(k) > 1, de unde rezulta afirmatia.

Problema 8.29 Fie f : (0, 1) → R o functie de doua ori derivabila cu derivata a doua

continua, astfel ca |f ′′(x) + 2xf ′(x) + (x2 + 1)f(x)| ≤ 1,∀x. Aratati ca limx→∞

f(x) = 0.

Solutie. Fie g(x) = f ′(x)+xf(x); atunci f ′′(x)+2xf ′(x)+(x2+1)f(x) = g′(x)+xg(x).Aratam mai ıntai ca daca h este continuu diferentiabila si satisface faptul ca h′(x)+xh(x)este marginita atunci lim

x→∞h(x) = 0. Fie M marginea superioara pentru |h′(x) + xh(x)| si

fie p(x) = h(x)ex2/2. Atunci

|p′(x)| = |h′(x) + xh(x)|ex2/2 ≤Mex2/2

si

|h(x)| =∣∣∣∣ p(x)

ex2/2

∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣p(0) +∫ x

0 p′

ex2/2

∣∣∣∣ ≤ |p(0)|+M∫ x

0 ex2/2dx

ex2/2

Deoarece limx→∞

ex2/2 =∞ rezulta, daca folosim regula lui l’Hopital, ca lim

x→∞

∫ x0 e

t2/2dt

ex2/2= 0;

aceasta implica limx→∞

h(x) = 0.

298

Aplicand acest rezultat pentru h = g, apoi pentru h = f , rezulta afirmatia problemei.

Problema 8.30 Presupunem ca functiile diferentiabile a, b, f, g : R→ R satisfac

f(x) ≥ 0, f ′(x) ≥ 0, g(x) > 0, g′(x) > 0, ∀x ∈ R,

limx→∞

a(x) = A > 0, limx→∞

b(x) = B > 0, limx→∞

f(x) = limx→∞

g(x) =∞.

si

f ′(x)

g′(x)+ a(x)

f(x)

g(x)= b(x).

Aratati ca limx→∞

f(x)

g(x)=

B

A+ 1.

Solutie. Fie 0 < ε < A un numar real oarecare. Pentru x suficient de mare f(x) >0, g(x) > 0, |a(x)−A| < ε, |b(x)−B| < ε

B − ε < b(x) =f ′(x)

g′(x)+ a(x)

f(x)

g(x)<f ′(x)

g′(x)+ (A+ ε)

f(x)

g(x)<

<(A+ ε)(A+ 1)

A

f ′(x)(g(x))A +Af(x)(g(x))A−1g′(x)

(A+ 1)(g(x))Ag′(x)=

=(A+ ε)(A+ 1)

A

(f(x)(g(x))A)′

((g(x))A+1)′.

Din inegalitatea de mai sus deducem

(f(x)(g(x))A)′

((g(x))A+1)′>

A(B − ε)(A+ ε)(A+ 1)

.

In mod similar se obtine, pentru x suficient de mare

(f(x)(g(x))A)′

((g(x))A+1)′<

A(B + ε)

(A− ε)(A+ 1).

Daca ε→ 0, avem

limx→∞

(f(x)(g(x))A)′

((g(x))A+1)′=

B

A+ 1.

Aplicand regula lui l’Hopital deducem

limx→∞

f(x)

g(x)= lim

x→∞

f(x)(g(x))A

(g(x))A+1=

B

A+ 1.

Problema 8.31 Presupunem ca f : R→ R este o functie de doua ori diferentiabila care

satisface f(0) = 1, f ′(0) = 0 si care pentru orice x ∈ [0,∞) are proprietatea

f ′′(x)− 5f ′(x) + 6f(x) ≥ 0.


Aratati ca pentru orice x ∈ [0,∞), are loc

f(x) ≥ 3e2x − 2e3x.

IMC, 2009

Solutie. Avem f ′′(x)− 2f ′(x)− 3(f ′(x)− 2f(x)) ≥ 0,∀x ∈ [0,∞).Fie g(x) = f ′(x)− 2f(x), x ∈ [0,∞). Rezulta ca

g′(x)− 3g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [0,∞),

de unde urmeaza ca(g(x)e−3x)′ ≥ 0 ∀x ∈ [0,∞),

de undeg(x)e−3x ≥ g(0) = −2, ∀x ∈ [0,∞),

sau echivalentf ′(x)− 2f(x) ≥ −2e3x, ∀x ∈ [0,∞).

Analog obtinem(f(x)e−2x)′ ≥ −2ex, ∀x ∈ [0,∞),

sau echivalent(f(x)e−2x + 2ex)′ ≥ 0, ∀x ∈ [0,∞).

Rezulta caf(x)e−2x + 2ex ≥ f(0) + 2 = 3, ∀x ∈ [0,∞)

sau echivalentf(x) ≥ 3e2x − 2e3x, ∀x ∈ [0,∞).

Problema 8.32 Comparati tg (sin x) si sin(tg x) pentru x ∈ (0, π/2).

Solutie. Fie f(x) = tg (sin x)− sin(tg x). Atunci

f ′(x) =cosx

cos2(sinx)− cos(tg x)

cos2 x=

cos3 x− cos(tg x) cos2(sin x)

cosx cos2(tg x).

Fie 0 < x < arctg π/2. Din concavitatea functiei cosinus pe (0, π/2), rezulta ca

3√

cos(tg x) cos2(sin x) <cos(tg x) + 2 cos(sin x)

3≤ cos

tg x + 2 sin x

3< cosx.

Ultima inegalitate rezulta din(tg x + 2 sin x

3

)′=

1

3

(1

cos2 x+ 2 cosx

)≥ 3

√1

cos2 xcosx cosx = 1.

De aici deducem cacos3 x− cos(tg x) cos2(sin x) > 0.

Rezulta ca f ′(x) > 0 si deci f creste pe intervalul [0, arctgπ/2].Urmeaza sa mai observam ca folosind si faptul ca 4 + π2 < 16 avem

300

tg[sin(arctg π/2)] = tgπ/2

1 + π2/4> tg π/4 = 1.

Aceasta implica faptul ca daca x ∈ [arctg π/2, π/2] atunci tg(sin x) > 1 de undeobtinem ca f(x) > 0.

Problema 8.33 Fie f : (−1, 1)→ [0,∞) o functie de trei ori derivabila, cu f(0) = 0. Sa

se discute derivabilitatea ın 0 a functiilor√f(x) si 3

√f(x).

Solutie. Functia f fiind pozitiva si f(0) = 0, rezulta ca 0 este punct de minim, deci

f ′(0) = 0. Astfel: f(x) =f ′′(0)

2x2 + o(x2). Obtinem ca exista derivatele laterale ın 0

pentru√f(x):

limx→ 0x > 0

√f(x)

x= lim

x→ 0x > 0

√f ′′(0)

2+ o(1) =

√f ′′(0)

2

Analog, derivata la stanga este −√f ′′(0)

2. In concluzie, daca f ′′(0) = 0, atunci

√f(x)

este derivabila ın 0, cu derivata egala cu 0.

Pentru functia 3√f(x) se foloseste scrierea f(x) =

f ′′(0)

2x2 +

f ′′′(0)

3!x3 + o(x3) si se

cauta eventuala limita ın 0 pentru

3

√f ′′(0)

2x−1 +

f ′′′(0)

6+ o(1)

Pentru existenta derivatei, conditia f ′′(0) = 0 este necesara. Reciproc, daca f ′′(0) = 0,

atunci functia 3√f(x) este derivabila ın 0, iar valoarea derivatei este

3

√f ′′′(0)

6.

Problema 8.34 Sa se calculeze:

limx→0,x>0

xx −(x

2

)2x

xsinx −(x

2

)sin 2x.

Solutie. Folosind scrierea uv = ev lnu se obtin dezvoltarile cu rest Peano:

xx = 1 + x lnx+ o(x lnx)(x2

)2x= 1 + 2x ln

x

2+ o(x lnx)

xsinx = 1 + x lnx+ o(x lnx)(x2

)sin 2x= 1 + 2x ln

x

2+ o(x lnx)

ceea ce arata ca limita cautata este 1.


Problema 8.35 Se considera functia f : (0,∞)→ R

f(x) =C

x− e−ax, a > 0.

Aratati ca nu exista nici un C ∈ R astfel ca

(−1)kf (k)(x) ≥ 0, ∀k ∈ N, x ∈ (0,∞).

Solutie. Derivata de ordin k a functiei este

f(x)(k) = (−1)k(Ck!

xk+1− ake−ax

).

Daca ınmultim cu (−1)k avem

(−1)kf(x)(k) =Ck!

xk+1− ake−ax

iar aceasta este pozitiva. Deducem

C ≥ ak

k!xk+1e−ax, x > 0. (8.3)

Studiem variatia functiei g(x) = xk+1e−ax. Din tabloul de variatie deducem ca functiag are un punct de maxim ın x = −k+1

a . Avem atunci

C ≥ ak

k!g(k + 1

a) =

ak

k!

(k + 1

a

)k+1

e−ak+1a =

=(k + 1)k+1

k!

e−(k+1)

a.

Pe baza formulei lui Stirling membrul din dreapta relatiei de mai sus poate fi minorat cu

(k + 1)k+1

√2πk(ke )kxkaek+1

=1

ae√

2π(1 +

1

k)kk + 1√k

xk → 1, daca k →∞

expresie care tinde la ∞, pentru k →∞. Deci inegalitatea (8.3) nu mai este posibila.

Problema 8.36 Fie f : [0,∞) −→ R o functie de doua ori derivabila pe [0,∞). Daca

|f(x)| ≤ A si |f ′′(x)| ≤ B, pentru orice x ∈ [0,∞), atunci |f ′(x)| ≤ 2√AB, pentru orice

x ∈ [0,∞).

Solutie. Pentru x ∈ (0,∞) fixat, pentru fiecare h > 0, exista θ ∈ (0, 1) astfel ıncat

f(x+ h) = f(x) + hf ′(x) +h2

2f ′′(x+ θh)

De aici:

f ′(x) =f(x+ h)− f(x)

h− h

2f ′′(x+ θh)

deci:

|f ′(x)| ≤ 2A

h+hB

2

Scriind aceasta inegalitate pentru h := 2

√A

B, se obtine rezultatul.

302

Problema 8.37 Fie f : (a, b) → R o functie de doua ori continuu derivabila. Aratati ca

pentru orice x ∈ (a, b) are loc

limh→0

f(x+ h)− 2f(x) + f(x− h)

h2= f ′′(x).

Solutie. Folosim formula lui Taylor pentru h > 0. Exista z ∈ (x, x+h) si u ∈ (x−h, h)astfel ca

f(x+ h)− f(x) = f ′(x)h+f ′′(z)

2h2

f(x− h)− f(x) = −f ′(x)h+f ′′(u)

2h2.

Daca adunam cele doua relatii si ımpartim la h2 trecem la limita si obtinem

limh→0

f(x+ h)− 2f(x) + f(x− h)

h2= lim

h→0

f ′′(z) + f ′′(u)

2= f ′′(x).

Problema 8.38 Fie f : [a, b] → R de doua ori continuu derivabila pe (a, b). Aratati ca

pentru orice x ∈ [a, b] exista ξ ∈ (a, b) astfel ca

f(x)− f(a)− f(b)− f(a)

b− a(x− a) =

1

2(x− a)(x− b)f ′′(ξ).

Solutie. Daca x = a sau x = b relatia este evidenta.Definim functia h : [a, b]→ R

h(x) =

f(x)−f(a)

(x−a) x 6= a

f ′(a) x = a.

Functia h este continuu pe [a, b], derivabila pentru x ∈ (a, b) iar

h′(x) =(x− a)f ′(x)− (f(x)− f(a))

(x− a)2, ∀x ∈ (a, b).

Deci pentru orice x ∈ (a, b) exista ξ1 ∈ (x, b) astfel ca

h(x)− h(b) = h′(ξ1)(x− b). (8.4)

Aplicam dezvoltarea functiei f ın y ∈ (a, b) cu rest Lgrange. Exista ξ2 ∈ (a, y) astfelca

f(a) = f(y) + (a− y)f ′(y) +(a− y)2

2f ′′(ξ2). (8.5)

Fie x ∈ (a, b) si ξ1 ∈ (x, b) care verifica (8.4). Fie ξ2 ∈ (a, ξ1) ales ın (8.5) pentruy = ξ1. Astfel avem

h′(ξ1) =h(x)− h(b)

x− b=

f(x)−f(a)x−a − f(b)−f(a)

b−ax− b

=


(f(x)− f(a))− f(b)−f(a)b−a (x− a)

(x− a)(x− b).

Dar, daca folosim (8.5)

h′(ξ1) =(ξ1 − a)f ′(ξ1)− (f(ξ1)− f(a))

(ξ1 − a)2=f ′′(ξ2)

2,

de unde deducem afirmatia problemei.

Problema 8.39 Fie I ⊆ IR un interval deschis cu 0 ∈ I si f : I → IR o functie continua,

cu f(0) = 0, derivabila (la dreapta) ın 0. Atunci:

limn→∞

n∑k=1

f

(k

n2

)=

1

2f ′d(0)

Caz particular: Sa se calculeze

limn→∞

n∑k=1

(√1 +

k

n2− 1

)

Solutie. Din definitia derivatei la dreapta deducem ca: pentru orice ε > 0 exista nεastfel ıncat pentru orice n ≥ nε si 1 ≤ k ≤ n:

f ′d(0)− ε <f

(k

n2

)k

n2

< f ′d(0) + ε

Prin sumare rezulta:

f ′d(0)− εn2

n(n+ 1)

2<

n∑k=1

f

(k

n2

)<f ′d(0) + ε

n2

n(n+ 1)

2

deci limita exista si este egala cuf ′d(0)

2.

Observatie. Sirul dat nu este reductibil la o suma integrala.

Problema 8.40 Fie f : (0,∞)→ R o functie derivabila. Presupunem ca exista

limx→∞

(f(x) + f ′(x)

)= l ∈ R

Sa se arate ca limx→∞

f(x) = l si limx→∞

f ′(x) = 0.

Solutie. Considerand functia g(x) := f(x)ex, scriem f(x) =g(x)

exsi aplicam regula lui

l’Hopital (generalizata!). Deoareceg′(x)

ex= f(x) + f ′(x)→ l, deducem ca si f(x)→ l.

304

Problema 8.41 Fie f : R → R o functie cu derivata de ordin doi continua. Daca f(x +

y)f(x − y) ≤ f2(x), oricare ar fi x, y ∈ R, sa se arate ca f(x)f ′′(x) ≤ f′2(x) pentru orice

x ∈ R

Solutie. Pentru x ∈ R definim g : R → R prin g(y) := f(x + y)f(x − y) − f2(x).Urmeaza ca

g′(y) = f ′(x+ y)f(x− y)− f(x+ y)f ′(x− y)

g′′(y) = f ′′(x+ y)f(x− y)− 2f ′(x+ y)f ′(x− y) + f(x+ y)f ′′(x− y)

In particular: g(0) = g′(0) = 0 si g′′(0) = 2[f(x)f ′′(x) − f ′2(x)]. Ipoteza arata acum cag(y) ≤ g(0) = 0, pentru orice y ∈ R. Deci y = 0 este un punct de maxim, ın care g′′(0) ≤ 0ın mod necesar, deci concluzia.

Problema 8.42 Fie I ⊆ R un interval. Fie f : I → R o functie oarecare. Sa se arate ca

f are o multime cel mult numarabila de extreme stricte.

Solutie. Pentru fiecare subinterval [a, b] ⊆ (0, 1) exista c ∈ (a, b) ın care f ısi atingemaximul absolut. Fiind si punct de minim local, urmeaza ca f este constanta pe ovecinatate a punctului c. Sa notam

α := infx ∈ [a, b] | f(x) = f(c)

Avem α < c; daca am presupune a < α prin acelasi rationament s–ar gasi puncte x < αcu f(x) = f(c). Considerand analog supx ∈ [a, b] | f(x) = f(c), rezulta f constanta pefiecare subinterval.

Problema 8.43 Fie I ⊆ R un interval. Fie f : I −→ R o functie cu derivate laterale ın

fiecare punct. Sa se arate ca f are derivata pe I, cu exceptia eventuala a unei multimi cel

mult numarabile.

Solutie. Sa notam, pentru fiecare r ∈ Q:

Ar := x ∈ I | f ′s(x) < r < f ′d(x)

Este suficient sa aratam ca fiecare Ar este o multime cel mult numarabila. Consideramfunctia g(x) := f(x) − rx; deci g′s(x) < 0 < g′d(x) ın fiecare x ∈ Ar. Dar aceasta relatieimplica faptul ca x este punct de minim strict pentru g, de unde concluzia.

Problema 8.44 Fie f : [a, b] −→ R o functie continua pe [a, b], derivabila ın punctele a

si b; f ′(a) < 0, f ′(b) > 0. Sa se arate ca exista c ∈ (a, b) punct de minim pentru f .

Solutie. f fiind functie continua pe [a, b], exista c ∈ [a, b] astfel ıncat f(c) = infx∈[a,b]

f(x).

Avem de aratat ca c 6= a si c 6= b. Ipoteza ca f ′(a) < 0 arata ca exista ε > 0 astfel ıncatf(x) < f(a), pentru orice x ∈ (a, a + ε). De aici urmeaza ca c 6= a. Analog se arata sic 6= b.


Problema 8.45 Fie f : R −→ R o functie de doua ori derivabila. Daca f(x) ≥ 0 si

f ′′(x) ≤ 0, pentru orice x ∈ R, atunci f este constanta.

Solutie. f ′ este descrescatoare, deci exista A := limx→−∞

f ′(x) ∈ (−∞,∞] si

B := limx→∞

f ′(x) ∈ [−∞,∞) iar A ≥ B. Analizam pe rand cazurile:

I. A > 0; exista a ∈ R astfel ıncat f ′(x) ≥ A2 , pentru orice x ∈ (−∞, a]. Astfel

f(a)− f(x) = f ′(ξ)(a− x) ≥ A

2(a− x), de unde f(x) ≤ f(a)− Aa

2+Ax

2−→ −∞, ceea

ce contrazice f ≥ 0.

II. A ≤ 0. Daca B = 0, se obtine concluzia: daca B < 0, se repeta rationamentul:

exista b ∈ R astfel ıncat f ′(x) ≤ B

2, pentru orice x ∈ [b,∞), de unde:

f(x)− f(b) = f ′(ξ)(x− b) ≤ B

2(x− b)

deci f(x) ≤ f(b)− Bb

2+Bx

2−→ −∞, din nou contradictie.

Problema 8.46 Fie f : [0, 1] −→ R o functie de doua ori derivabila, care verifica f ′′(x) +

2f ′(x) + f(x) ≥ 0, pentru orice x ∈ (0, 1) si f(0) = f(1) = 0. Atunci f(x) ≤ 0, pentru

orice x ∈ [0, 1].

Solutie. Se considera functia g(x) := exf(x). Atunci g′′(x) ≥ 0 asigura concluzia.

Problema 8.47 Fie f : [a, b] −→ R o functie cu derivata de ordin doi continua pe [a, b],

satisfacand f(a) = f(b) = 0. Notam M := supx∈[a,b]

|f ′′(x)|.

(i) Sa se arate ca, oricare ar fi x ∈ [a, b], au loc inegalitatile:

(∗) |f ′(x)| ≤ M(b− a)

2

(∗∗) |f(x)| ≤ M(x− a)(b− x)

2

(ii) Daca exista x0 ∈ [a, b] (resp. (a, b)) astfel ıncat (∗) (resp. (∗∗)) sa devina egalitate

pentru x = x0, atunci f este una din functiile ±M(x− a)(b− x)

2.

Solutie. (i) Pentru fiecare x ∈ (a, b) fixat, consideram functia g : [a, b] −→ R,

g(t) := f(t)− A(t− a)(t− b)2

ın care A :=2f(x)

(x− a)(x− b). Avem g(a) = g(x) = g(b) = 0, deci exista c′, c′′ ∈ (a, b) astfel

ıncat g′(c′) = g′(c′′) = 0. Exista deci c ∈ (a, b) astfel ıncat g′′(c) = 0. Aceasta revine la

f(x) =(x− a)(x− b)

2f ′′(c), de unde rezulta (∗∗).

306

Prin trecere la limita, se obtine (∗), pentru x = a si x = b. Pentru a demon-stra (∗) ın restul cazurilor, consideram x ∈ (a, b] fixat si functia h : [a, b] −→ R,

h(t) := f(t)− f(x)(t− a)

x− a. Deoarece h(a) = h(x) = 0 si h′′ = f ′′, rezulta ca putem

aplica cele de mai sus functiei h, pe intervalul [a, x]. Deducem ca |h′(x)| ≤ M

2(x− a).

Insa h′(x) = f ′(x)− f(x)

x− a, de unde

|f ′(x)| ≤ |h′(x)|+ |f(x)|x− a

≤ M

2(x− a) +

M(x− a)(b− x)

2(x− a)=M(b− a)

2

(ii) Observam ca, daca se realizeaza egalitate ın (∗), pentru un x0 ∈ (a, b), atuncise realizeaza egalitate ın acelasi punct si ın (∗∗). Fie deci x ∈ (a, b), astfel ıncat (∗∗)

devine egalitate. Definim functia u : [a, b] −→ R, u(x) := f(x)− M(x− a)(x− b)2

. Deci

u(a) = u(b) = 0; u(x) ≥ 0, pentru orice x ∈ [a, b]; u′′(x) ≤ 0, pentru orice x ∈ (a, b). Inplus, x0 fiind punct de minim pentru u, deducem ca u′(x0) = 0. u′ fiind descrescatoare,rezulta ca u′(x) ≤ 0, pentru orice x ∈ [x0, b], deci u este descrescatoare pe acest interval.Dar u(x0) = 0 arata ca u ≡ 0 pe acest interval. Analog se arata ca u ≡ 0 pe [a, x0]. Insfarsit, daca (∗) devine egalitate pentru x0 = a sau b, atunci, cu aceleasi notatii ca maisus, rezulta direct u′(a) = 0 si deci concluzia.

Problema 8.48 (i) Sa se arate ca exista o unica functie f : [0,∞) −→ R astfel ıncat,

pentru fiecare x ∈ [0,∞) sa avem f3(x) + xf(x) = 1. Sa se arate ca f este derivabila, iar

f ′(x) = − f(x)

x+ 3f2(x), pentru orice x ∈ [0,∞).

(ii) Sa se arate ca exista o unica functie f : R −→ R, care are proprietatile: x3 −

f3(x) + xf(x) = 0, pentru orice x ∈ R si f(x) > 0, pentru orice x > 0. Sa se demonstreze

ca aceasta functie este derivabila pe R \ 0.

Solutie. (i) Consideram functia g : (0, 1] −→ [0,∞), g(y) =1− y3

y. Deoarece

limy→0

g(y) =∞, g(1) = 0, g′(y) = − 1

y2− 2y, rezulta ca g este bijectie. Inversa ei f(x) = y

verifica exact relatia propusa. Conform unor rezultate cunoscute, f este continua, deriv-abila, iar derivata se calculeaza dupa formula:

f ′(x) =1

g′(f(x))=

1

− 1

f2(x)− 2f(x)

= − f(x)

x+ 3f2(x)

(ii) Fie functia g : R → R, g(y) = −y3 + xy + x3. Pentru x < 0, g este strict de-screscatoare pe R si lim

x→−∞g(y) =∞, lim

x→∞g(y) = −∞, deci exista y ∈ R unic astfel ıncat

g(y) = 0.Pentru x = 0, evident y = 0 este singura radacina a ecuatiei g(y) = 0.Pentru x > 0 ecuatia g(y) = 0 are o singura radacina y > 0 (si eventual altele negative).

Aceasta arata existenta si unicitatea functiei f , cu proprietatile din enunt.


Fie x0 ∈ R. Scazand membru cu membru formulele pentru x si x0, gasim:

(x− x0)(x2 + xx0 + x20 + f(x0)) =

= (f(x)− f(x0))(f2(x)f(x)f(x0) + f2(x0)− x)

Pentru x0 < 0, aceasta relatie arata continuitatea functiei f ın x0. Pentru x0 > 0, estenecesar sa observam, pe baza sirului lui Rolle, ca f2(x) > x; deci si ın acest caz rezultacontinuitatea functiei f ın x0. Acum putem trece la limita ın egalitatea:

f(x)− f(x0)

x− x0=

x2 + xx0 + x20 + f(x0)

f2(x)f(x)f(x0) + f2(x0)− x

de unde deducem ca f este derivabila ın x0 6= 0 si:

f ′(x0) =3x2

0 + f(x0)

3f2(x0)− x0

Capitolul 9

Calcul integral pentru functii de o

variabila reala


1. Integrala ın sensul lui Riemann

Fie f : [a, b]→ R, a, b ∈ R, o functie si d = x0, x1, . . . , xn, a = x0 < x1 < x2 < . . . <xn = b o diviziune a intervalului [a, b].

Numarul real ν(d) := max1≤i≤n

(xi − xi−1) se numeste norma diviziunii d, iar numarul

real σd(f) definit prin

σd(f) :=n∑i=1

f(ξi)(xi − xi−1), ξi ∈ [xi−1, xi]

se numeste suma Riemann asociata functiei f , diviziunii d si punctelor intermediareξ1, ξ2, . . . , ξn.

Functia f se numeste integrabila Riemann pe [a, b] daca exista un numar real I astfelca pentru orice ε > 0 exista un numar δ(ε) > 0 cu proprietatea ca pentru orice diviziuned a lui [a, b] cu ν(d) < δ(ε) si orice alegere a punctelor intermediare ξi, 1 ≤ i ≤ n, avem

|σd(f)− I| < ε.

Numarul I se noteaza

∫ b

af(x)dx si se numeste integrala lui f pe [a, b].

Numim lungimea unui interval deschis si marginit I = (a, b) numarul real

m(I) := b− a.

O multime A ⊆ R se numeste de masura Lebesgue nula sau neglijabila daca pentruorice ε > 0 exista un sir de intervale (In)n≥1 cu proprietatea ca

A ⊆∞⋃n=1

In si

∞∑n=1

m(In) < ε.

308

Calcul integral pentru functii de o variabila reala 309

O multime cel mult numarabila de numere reale este neglijabila.Teorema. (Lebesgue) O functie f : [a, b]→ R este integrabila Riemann pe [a, b] daca

si numai daca este marginita si multimea punctelor sale de discontinuitate este neglijabila.Din teorema lui Lebesgue rezulta imediat ca functiile f : [a, b]→ R care au o multime

de discontinuitati cel mult numarabila si sunt marginite sunt integrabile. De asemeneafunctiile monotone f : [a, b]→ R sunt integrabile. Are loc de asemenea urmatorul rezultat.

Daca f : [a, b]→ [c, d] este functie integrabila Riemann si g : [c, d]→ R este o functiecontinua, atunci g f : [a, b]→ R este o functie integrabila Riemann.

Un rezultat util ın rezolvarea problemelor de calcul integral este urmatorul.

Teorema. (Teorema de medie) Daca f : [a, b] → R este o functie continua si

g : [a, b]→ [0,∞) este o functie integrabila, atunci exista c ∈ [a, b] astfel ca∫ b

af(x)g(x)dx = f(c)

∫ b

ag(x)dx.

2. Integrale improprii

Fie I ⊆ R un interval. O functie f : I → R se numeste local integrabila (l.i.) pe Idaca este integrabila pe orice interval compact inclus ın I.

Fie f : [a, b)→ R, a ∈ R, b ∈ R o functie l.i. pe [a, b). Definim F : [a, b)→ R prin

F (x) =

∫ x

af(t)dt, ∀ x ∈ [a, b).

Functia f se numeste integrabila impropriu pe [a, b) daca limx→bx<b

F (x) exista si este

finita. In cest caz se spune ca

∫ b

af(x)dx este convergenta. Perechea de functii (f, F )

se numeste integrala improprie a lui f pe [a, b) si se noteaza

∫ b

af(x)dx. Notam de

asemenea limx→bx<b

F (x) =:∫ ba f(x)dx daca limita din membrul stang exista.

Analog se defineste integrala improprie pentru functii definite pe intervale de forma(a, b], a ∈ R, b ∈ R.

Mentionam cateva criterii de convergenta pentru integrale improprii.C1. Fie f, g : [a, b) → R local integrabile pe [a, b), a ∈ R, b ∈ R astfel ca g(x) > 0 pe

[a, b) si limxb

f(x)

g(x)= l, l ∈ R. Atunci:

i) Daca l 6= 0 ⇒∫ b

af(x)dx si

∫ b

ag(x)dx au aceeasi natura.

ii) Daca l = 0 si

∫ b

ag(x)dx este convergenta ⇒

∫ b

af(x)dx este absolut convergenta.

C2. Fie f : [a,∞)→ R local integrabila pe [a,∞) astfel ca

limx→∞

xαf(x) = l, l ∈ R.

i) Daca α > 1 ⇒∫ ∞a

f(x)dx este absolut convergenta.

ii) Daca α ≤ 1 si l 6= 0 ⇒∫ ∞a

f(x)dx este divergenta.

310

C3. Fie f : [a, b)→ R, a, b ∈ R, local integrabila pe [a, b) astfel ca

limxb

(b− x)αf(x) = l, l ∈ R.

i) Daca α < 1 ⇒∫ b

af(x)dx este absolut convergenta.

ii) Daca α ≥ 1 si l 6= 0 ⇒∫ b

af(x)dx este divergenta.

C4. Fie f : [0,+∞)→ R+ o functie descrescatoare. Atunci

∫ ∞0

f(x)dx si∞∑n=0

f(x) au

aceeasi natura.C5. (Abel-Dirichlet) Fie f, g : [a, b) → R, a ∈ R, b ∈ R, f continua si g monotona

pe [a, b). Daca:i) limxb

g(x) = 0

ii) Functia F (x) =

∫ x

af(t)dt, x ∈ [a, b) este marginita, atunci

∫ b

af(x)g(x)dx

este convergenta.Fie f : (a, b)→ R, a, b ∈ R local integrabila pe (a, b). Definim

F (x, y) =

∫ y

xf(t)dt

pentru orice x, y ∈ (a, b). Functia f se numeste integrabila impropriu pe (a, b) daca

limx→ay→b

F (x, y) exista si este finita. Se arata ca

∫ b

af(x)dx este convergenta daca si numai

daca exista c ∈ R, a < c < b, astfel ca integralele

∫ c

af(x)dx si

∫ b

cf(x)dx sa fie conver-

gente. In acest caz avem ∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx.

3. Integrale cu parametru

Fie I un interval cu capetele a, b ∈ R si f : I × [c, d] → R, c, d ∈ R, o functie cuproprietatea ca este integrabila pe I pentru orice y ∈ [c, d].

Functia F : [c, d]→ R

F (y) =

∫ b

af(x, y)dx

se numeste integrala cu parametru. Daca I = [a, b], a, b ∈ R, avem o integrala propriecu parametru, ın caz contrar ea numindu-se integrala improprie cu parametru.

Integralele proprii cu parametru au proprietatile urmatoare.1) Daca f este continua pe [a, b]× [c, d] ⇒ F continua pe [c, d].


2) Daca f este continua pe [a, b] × [c, d] si∂f

∂yexista si este continua pe [a, b] × [c, d],

atunci F este derivabila pe [c, d] si are loc relatia

F ′(y) =

∫ b

a

∂f

∂y(x, y)dx.

3) Daca f este continua pe [a, b]× [c, d], atunci∫ b

a

(∫ d

cf(x, y)dy

)dx =

∫ d

c

(∫ b

af(x, y)dx

)dy.

Fie α, β : [c, d]→ [a, b] doua functii de clasa C1, f : [a, b]× [c, d]→ R o functie continua

cu proprietatea ca∂f

∂yeste continua pe [a, b]×[c, d]. Atunci integrala cu parametru cu limite

variabile I : [c, d]→ R, definita prin

I(y) =

∫ β(y)

α(y)f(x, y)dx

este derivabila pe [c, d] si are loc formula lui Leibniz:

I ′(y) =

∫ β(y)

α(y)

∂f

∂y(x, y)dx+ f(β(y), y)β′(y)− f(α(y), y)α′(y), ∀ y ∈ [c, d].

4. Functiile Beta si Gamma ale lui Euler

Functiile B : (0,∞)× (0,∞)→ R, Γ : (0,∞)→ R se definesc prin

B(a, b) =

∫ 1

0xa−1(1− x)b−1dx, a, b ∈ (0,∞)

Γ(a) =

∫ ∞0

xa−1e−xdx, a ∈ (0,∞)

Au loc relatiile:1) B(a, b) = B(a, b), a, b > 0;

2) B(a, b) =b− 1

a+ b− 1B(a, b− 1), a > 0, b > 1;

B(a, b) =

∫ ∞0

xa−1

(1 + x)a+bdx, a, b > 0;

3) Γ(a+ 1) = aΓ(a), a ∈ (0,∞);4) Γ(n+ 1) = n!, n ∈ N;

5) B(a, b) =Γ(a)Γ(b)

Γ(a+ b), a, b > 0;

6) Γ

(1

2

)=√π;

7) Γ(a)Γ(1− a) =π

sin(aπ), a ∈ (0, 1).

8) Γ(a) = limn→∞

na · n!

a(a+ 1) . . . (a+ n), a > 0.

312

Probleme

Problema 9.1 Fie In =

∫ π2

0sinn xdx, n ∈ N.

a) Sa se arate ca In =n− 1

nIn−2, n ≥ 2, si sa se calculeze In.

b) Sa se demonstreze formula lui Wallis

π = limn→∞

1

n

(2 · 4 . . . 2n

1 · 3 . . . (2n− 1)

)2

.

Solutie. a) In =

∫ π2

0sinn−1 x(− cosx)′dx

= − sinn−1 x cosx∣∣∣π20

+ (n− 1)

∫ π2

0sinn−2 x cos2 xdx

= (n− 1)

∫ π2

0sinn−2 x(1− sin2 x)dx = (n− 1)In−2 − (n− 1)In

de unde rezulta relatia din enunt. Din relatia de recurenta se obtine

In =

1 · 3 . . . (2k − 1)

2 · 4 . . . 2k· π

2, n = 2k

2 · 4 . . . (2k − 2)

1 · 3 . . . (2k − 1), n = 2k − 1.

b) Are loc relatia evidenta

sin2n+1 x ≤ sin2n x ≤ sin2n−1 x, x ∈[0,π

2

], n ∈ N∗,

care integrata pe[0,π

2

]conduce la inegalitatea

I2n+1 ≤ I2n ≤ I2n−1

de unde ımpartind cu I2n+1 obtinem

1 ≤(

1 · 3 . . . (2n− 1)

2 · 4 . . . 2n

)2

· 2n+ 1

2· π ≤ 2n+ 1

2n

sau

π ≤(

2 · 4 . . . 2n1 · 3 . . . (2n− 1)

)2

· 1

n≤ π2n+ 1

2n.

Trecand la limita ın relatia de mai sus obtinem formula lui Wallis.

Problema 9.2 (Formula lui Stirling) Sa se arate ca pentru orice n ∈ N∗, exista θn ∈

(0, 1) astfel ca

n! =√

2πn(ne

)neθn12n .


Solutie. Consideram sirul (an)n≥1, an =n!en

nn+ 12

, n ≥ 1. Demonstram ca sirul (an)n≥1

este descrescator. Avem

anan+1

=1

e

(1 +

1

n

)n+ 12

, n ≥ 1.

Din dezvoltarile ın serie de puteri

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− . . .

ln(1− x) = −x− x2

2− x3

3− . . .

, |x| < 1

obtinem

ln1 + x

1− x= 2x

(1 +

1

3x2 +

1

5x4 + . . .

), |x| < 1.

Punand x =1

2n+ 1, n ∈ N∗, ın relatia de mai sus avem

(n+

1

2

)ln

(1 +

1

n

)= 1 +

1

3· 1

(2n+ 1)2+

1

5· 1

(2n+ 1)4+ . . .

de unde deducem

1 <

(n+

1

2

)ln

(1 +

1

n

)< 1 +

1

3

(1

(2n+ 1)2+

1

(2n+ 1)4+ . . .

)⇔

1 <

(n+

1

2

)ln

(n+

1

n

)< 1 +

1

12n(n+ 1)⇔

e <

(1 +

1

n

)n+ 12

< e1+ 1

12n(n+1) ⇔

1 <anan+1

< e1

12n(n+1) (1)

Rezulta ca (an)n≥1 este descrescator si fiind marginit inferior este convergent. Fielimn→∞

an = a. Din relatia (1) obtinem

ane− 1

12n < an+1e− 1

12(n+1) , n ≥ 1,

deci sirul (ane− 1

12n )n≥1 este crescator si are limita a.Prin urmare are loc relatia

a < an < a1

12n , ∀ n ≥ 1

deci exista θn ∈ (0, 1) astfel ca

an = aeθn12n , n ≥ 1. (2)

Demonstram ın continuare ca a =√

2π.

314

Din formula lui Wallis rezulta ca sirul (bn)n≥1

bn =1√n· 2 · 4 . . . 2n

1 · 3 . . . (2n− 1)=

1√n· 22n(n!)2

(2n)!(3)

este convergent si are limita√π.

Din relatia (2) obtinem

n! = a(ne

)n√n · e

θn12n , θn ∈ (0, 1) (4)

(2n)! = a

(2n

e

)2n√2n · e

θ2n24n , θ2n ∈ (0, 1)

care ınlocuite ın (3) conduc la

bn =a√2eθn6n− θ2n

24n .

Rezulta ca a = limn→∞

√2bn =

√2π. Inlocuind ın (4) obtinem

n! =√

2nπ(ne

)n θn12n

.

Problema 9.3 (Formula lui Taylor) Fie f : [a, b]→ R o functie de (n+1) ori derivabila

pe [a, b] cu f (n+1) integrabila pe [a, b]. Atunci pentru orice x ∈ [a, b] avem:

f(x) = f(a) +f ′(a)

1!(x− a) +

f ′′(a)

2!(x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n +Rn(x)

unde

Rn(x) =

∫ x

af (n+1)(t)

(x− t)n

n!dt.

Solutie. f(x)− f(a) =

∫ x

af ′(t)dt =

∫ x

a(t− x)′f ′(t)dt

= (t− x)f ′(t)∣∣∣xa−∫ x

af ′′(t)(t− x)dt

= f ′(a)(x− a)−∫ x

af ′′(t)

((t− x)2

2

)′dt

= f ′(a)(x− a)− f ′′(t)(t− x)2

2

∣∣∣xa

+

∫ x

af ′′′(t)

(t− x)2

2dt

= f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 +

∫ x

af ′′′(t)

(t− x)2

2dt

Continuand sa integram prin parti obtinem

f(x) = f(a) +f ′(a)

1!(x− a) + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n +

∫ x

af (n+1)(t)

(x− t)n

n!dt.


Problema 9.4 (A doua teorema de medie) Fie f : [a, b] → R o functie de clasa C1,

pozitiva, descrescatoare, si g : [a, b]→ R o functie continua. Atunci exista c ∈ [a, b] astfel

ca ∫ b

af(x)g(x)dx = f(a)

∫ c

ag(x)dx.

Solutie. Fie G(x) =

∫ x

ag(t)dt, x ∈ [a, b]. Avem conform formulei de integrare prin

parti ∫ b

af(x)g(x)dx = f(b)G(b)−

∫ b

af ′(x)G(x)dx

Functia G fiind continua pe [a, b] este marginita si ısi atinge marginile. Fie m =mina≤x≤b

G(x), M = maxa≤x≤b

G(x). Cum f este descrescatoare rezulta ca f ′ este negativa pe

[a, b] si avem ∫ b

af(x)g(x)dx ≤ f(b)G(b) +M

∫ b

a(−f ′(x))dx

= f(b)G(b) +M(f(a)− f(b))

≤Mf(a)

Analog se demonstreaza ca ∫ b

af(x)g(x)dx ≥ mf(a)

Intrucat G este continua pe [a, b], are proprietatea lui Darboux, prin urmare existac ∈ [a, b] astfel ca ∫ b

af(x)g(x)dx = f(a)

∫ c

ag(x)dx.

Problema 9.5 (Formula lui Bonnet-Weierstrass) Fie f : [a, b]→ R o functie de clasa

C1, descrescatoare, si g : [a, b]→ R o functie continua. Atunci exista c ∈ [a, b] astfel ca∫ b

af(x)g(x)dx = f(a)

∫ c

ag(x)dx+ f(b)

∫ b

cg(x)dx.

Solutie. Fie h(x) = f(x) − f(b), x ∈ [a, b]. Functia h este monoton descrescatoare sih(x) ≥ 0, ∀ x ∈ [a, b]. Atunci, pe baza problemei 9.4 rezulta ca exista c ∈ [a, b] astfel ca∫ b

ag(x)h(x)dx = h(a)

∫ c

ag(x)dx

sau ∫ b

ag(x)(f(x)− f(b))dx = (f(a)− f(b))

∫ c

ag(x)dx.

Prin urmare ∫ b

af(x)g(x)dx = f(b)

∫ b

ag(x)dx+ (f(a)− f(b))

∫ c

ag(x)dx

= f(a)

∫ c

ag(x)dx+ f(b)

∫ b

cg(x)dx.

316

Problema 9.6 (Lema lui Gronwall) Fie f, g : [a, b] → R functii continue astfel ca

g(x) ≥ 0 pentru orice x ∈ [a, b]. Daca y : [a, b]→ R este o functie continua cu proprietatea

y(x) ≤ f(x) +

∫ x

ag(t)y(t)dt, ∀ x ∈ [a, b]

atunci

y(x) ≤ f(x) +

∫ x

af(t)g(t)e

∫ xa g(s)dsdt.

Solutie. Fie u(x) =

∫ x

ag(t)y(t)dt, x ∈ [a, b]. Inmultind relatia din ipoteza cu g(x) se

obtine

u′(x)− g(x)u(x) ≤ f(x)g(x), x ∈ [a, b]

Inmultind ultima relatie cu −∫ xa g(t)dt obtinem(

u(x)e−∫ xa g(t)dt

)′≤ f(x)g(x)e−

∫ xa g(t)dt

care integrata pe intervalul [a, x] devine

u(x)e−∫ xa g(t)dt ≤

∫ x

af(t)g(t)e−

∫ ta g(s)dsdt

de unde obtinem

u(x) ≤∫ x

af(t)g(t)e

∫ ta g(s)dsdt, x ∈ [a, b]

Rezulta

y(x) ≤ f(x) + u(x) ≤ f(x) +

∫ x

af(t)g(t)e

∫ tx g(s)dsdt.

Problema 9.7 (Integrala Poisson) Utilizand relatia

X2n − 1 = (X2 − 1)

n−1∏k=1

(X2 − 2X cos

kπ

n+ 1

)sa se demonstreze ca valoarea integralei

I(a) =

∫ π

0ln(a2 − 2a cosx+ 1)dx, a ∈ R \ −1, 1

este 0 daca |a| < 1 si 2π ln |a| daca |a| > 1.

Solutie. Fie f(x) = ln(x2 − 2a cosx+ 1), x ∈ [0, π] si fie

In(a) =π

n

n−1∑k=0

f

(kπ

n

).

Avem evident limn→∞

In(a) = I(a).


Pe de alta parte avem

In(a) =π

n

n−1∑k=0

ln

(a2 − 2a cos

kπ

n+ 1

)=π

nln(a− 1)2 +

π

nlna2n − 1

a2 − 1

Daca |a| < 1 avem lim a2n = 0, deci I(a) = 0. Daca |a| > 1 avem

In(a) =π

nln(a− 1)2 +

π

nln

1− a−2n

1− a−2+

2n− 2

nπ ln |a|


In(a) = 2π ln |a|.

Problema 9.8 (Formula lui Gauss) Fie a > b > 0 si

G(a, b) =

∫ π/2

0

dx√a2 cos2 x+ b2 sin2 x

Definim sirurile (an)n≥0, (bn)n≥0 prin relatiile de recurenta

an =an−1 + bn−1

2, bn =

√an−1bn−1, a0 = a, b0 = b.

a) Sa se demonstreze ca sirurile (an)n≥0, (bn)n≥0 sunt convergente si limn→∞

an =

limn→∞

bn =: µ(a, b).

b) G(a, b) =

∫ π/2

0

dx√a2n cos2 x+ b2n sin2 x

, ∀ n ≥ 0.

c) G(a, b) =π

2µ(a, b).

Solutie. a) Avem a1 =a0 + b0

2, b1 =

√a0b0 de unde obtinem

b0 < b1 < a1 < a0

Prin inductie se demonstreaza ca

b0 < b1 < · · · < bn < an < an−1 < · · · < a0

de unde rezulta ca (an)n≥0, (bn)n≥0 sunt monotone si marginite.

Fie limn→∞

an = l1, limn→∞

bn = l2, l1, l2 ∈ R. Din relatia an =an−1 + bn−1

2, prin trecere la

limita, obtinem l1 = l2 =: µ(a, b).b) Facem schimbarea de variabila

sinx =2a sin t

a+ b+ (a− b) sin2 t, t ∈

[0,π

2

](1)

obtinem

cosxdx = 2aa+ b− (a− b) sin2 t

[a+ b+ (a− b) sin2 t]2cos tdt.

318

Din relatia (1) se obtine

cosx =

√(a+ b)2 − (a− b)2 sin2 t

a+ b+ (a− b) sin2 tcos t

de unde rezulta

dx = 2a(a+ b)− (a− b) sin2 t

a+ b+ (a− b) sin2 t· dt√

(a+ b)2 − (a− b)2 sin2 t

Avem de asemenea√a2 cos2 x+ b2 sin2 x = a

a+ b− (a− b) sin2 t

a+ b+ (a− b) sin2 t

si ın continuare

dx√a2 cos2 x+ b2 sin2 x

==dt√(

a+ b

2

)2

cos2 t+ ab sin2 t

Tinand seama ca a1 =a+ b

2si b1 =

√ab rezulta

G(a, b) =

∫ π/2

0

dt√a2

1 cos2 t+ b21 sin2 t

Aplicand ın mod repetat rationamentul anterior, obtinem:

G(a, b) =

∫ π/2

0

dt√a2n cos2 t+ b2n sin2 t

, ∀ n ≥ 0.

c) Au loc relatiileπ

2an≤ G(a, b) ≤ π

2bn, n ≥ 1

de unde facand n→∞ obtinem

G(a, b) =π

2µ(a, b).

Problema 9.9 Fie f ∈ C1[a, b]. Fie sirul (un)n≥1 definit prin

un =

∫ b

af(x)dx− b− a

n

n∑k=1

f

(a+ k

b− an

)

Demonstrati ca limn→∞

nun =a− b

2(f(b)− f(a)).

Solutie. Fie xn = a+ kb− an

, 0 ≤ k ≤ n. Avem

un =

k−1∑k=0

∫ xk+1

xk

f(x)dx−n∑k=1

(xk+1 − xk)f(xk)


Fie F o primitiva a functiei f . Atunci

un =

n−1∑k=0

(F (xk+1)− F (xk))−n∑k=1

(xk+1 − xk)f(xk)

= F (x1)− F (x0) +

n−1∑k=1

(F (xk+1)− F (xk)− (xk+1 − xk)F ′(xk))−b− an

f(b).

Aplicand formula lui Taylor functiei F pe intervalul [xk, xk+1] rezulta ca exista ξk ∈(xk, xk+1) astfel ca

un = F (x1)− F (x0) +n∑k=1

(xk+1 − xk)2

2f ′(ξk)−

b− an

f(b)

Tinand seama ca n =b− a

xk+1 − xkavem

nun = (b− a)F (x1)− F (x0)

x1 − x0+b− a

2

n−1∑k=1

(xk+1 − xk)f ′(ξk)− (b− a)f(b).

De asemenea

limn→∞

F (x1)− F (x0)

x1 − x0= F ′(x0) = f(x0) = f(a)

si

limn→∞

n−1∑k=1

(xk+1 − xk)f ′(ξk) =

∫ b

af ′(t)dt = f(b)− f(a).

Prin urmare

limn→∞

nun = (b− a)f(a) +b− a

2(f(b)− f(a))− (b− a)f(b)

=a− b

2(f(b)− f(a)).

Problema 9.10 Sa se determine a, b ∈ R astfel ca pentru orice n ∈ N∗ sa aiba loc

egalitatea ∫ π

0(ax+ bx2) cosnxdx =

1

n2.

Sa se deduca de aici ca

∞∑n=1

1

n2=π2

6.

Solutie. Integrand prin parti se gaseste a = −1, b =1

2π. Rezulta ca

sn =

n∑k=1

1

k2=

∫ π

0

(1

2πx2 − x

) n∑k=1

cos kxdx.

320

Avem

n∑k=1

cos kx =sin

(2n+ 1)x

2− sin

x

2

2 sinx

2

=sin(nx+

x

2

)− sin

x

2

2 sinx

2

=1

2

(sinnxctg

x

2+ cosnx− 1

)Fie functiile f, g : [0, π]→ R,

f(x) =1

2πx2 − x

g(x) =

f(x)ctg

x

2, x ∈ (0, π]

−2, x = 0

Se arata usor ca g este de clasa C1[0, π]. Se obtine

sn =1

2

(∫ π

0g(x) sinnxdx+

∫ π

0f(x) cosnxdx−

∫ π

0

(1

2πx2 − x

)dx

)(1)

Pentru functia h ∈ C1[a, b] avem∫ b

ah(x) sinnxdx = lim

n→∞

∫ b

ah(x) cosnxdx = 0.

Intr-adevar, integrand prin parti obtinem∫ b

ah(x) cosnxdx =

h(b) sinnb− h(a) sinna

n− 1

n

∫ b

ah′(x) sinnxdx

Cum h si h′ sunt marginite pe [a, b] rezulta ca

limn→∞

∫ b

ah(x) cosnxdx = 0

Trecand acum la limita ın (1) obtinem limn→∞

sn =π2

6.

Problema 9.11 Fie f : [0, 1]→ R o functie continua cu proprietatea∫ 1

0f(x)dx =

∫ 1

0xf(x)dx = 1.

Sa se arate ca

∫ 1

0f2(x)dx ≥ 4.

Solutie. Se cauta o functie de forma f(x) = ax+ b, a, b ∈ R, care verifica relatiile dinenunt. Prin identificare se obtine f(x) = 6x− 2. Avem∫ 1

0(f(x)− (6x− 2))2dx =

∫ 1

0f2(x)dx− 4 ≥ 0.

Egalitatea se obtine pentru f(x) = 6x− 2.


Problema 9.12 Fie In =

∫ π2

0cosn x sinnx, Jn =

∫ π2

0cosn x cosnxdx, n ∈ N.

a) Sa se arate ca:

2In =1

n+ In−1,

In =1

2In−1,

n ≥ 1.

b) Sa se deduca de aici ca

1

2n+1

(2

1+

22

2+ · · ·+ 2n

n

)

In =π

2n+1.

Solutie. a) Integrand prin parti avem

In = − 1

n

∫ π2

0cosn x(cosnx)′dx

= − 1

ncosn x cosnx

∣∣∣π20− 1

n

∫ π2

0n cosn−1 x sinx cosnxdx

=1

n−∫ π

2

0cosn−1 x sinx cosnxdx.

Adunand aceasta relatie cu cea initiala obtinem

2In =1

n+

∫ π/2

0cosn x sinnxdx−

∫ π/2

0cosn−1 x sinx cosnxdx

=1

n+

∫ π/2

0cosn−1 x(sinnx cosx− cosnx sinx)dx

=1

n+

∫ π/2

0cosn−1 x sin(n− 1)xdx =

1

n+ In−1.

Analog se demonstreaza cealalta recurenta.

b) Relatia 2In =1

n+ In−1 se scrie sub forma echivalenta

2nIn = 2n−1In−1 +2n−1

n, n ≥ 1.

Insumand relatiile anterioare de la 1 la n se obtine relatia ceruta. Din In =1

2In−1

rezulta ca (In)n≥1 este o progresie geometrica cu ratia1

2, deci

In =1

2nI0 =

π

2n+1.

Problema 9.13 Sa se calculeze

∫ 1

0

arctg x

1 + xdx.

322

Solutie. Avem

I =

∫ 1

0

arctg x

1 + xdx =

∫ 1

0arctg x(ln(1 + x))′dx

= arctg x ln(1 + x)∣∣∣10−∫ 1

0

ln(1 + x)

1 + x2dx =

π

4ln 2−

∫ 1

0

ln(1 + x)

1 + x2dx.

In ultima integrala facem substitutia x = tg t obtinand

J =

∫ 1

0

ln(1 + x)

1 + x2dx =

∫ π/4

0ln(1 + tg t)dt

ın care se face substitutiaπ

4− t = u. Se obtine J =

π

8ln 2 = I.

Problema 9.14 Fie f : R→ R o functie continua si periodica de perioada T > 0.

Sa se demonstreze relatiile:

a)

∫ a+T

af(x)dx =

∫ T

0f(x)dx, ∀ a ∈ R;

b)

∫ a+nT

af(x)dx = n

∫ T

0f(x)dx, ∀ a ∈ R, ∀ a ∈ N.

Aplicatie. Sa se calculeze

∫ 2003π

0arcsin(sinx)dx.

Solutie. a) Fie g : R → R, g(a) =

∫ a+T

af(x)dx. Avem g′(a) = 0 de unde rezulta

g(a) = g(0).

b)

∫ a+nT

af(x)dx =

∫ a+T

af(x)dx+

∫ a+2T

a+Tf(x)dx+ . . .

+

∫ a+nT

a+(n−1)Tf(x)dx = n

∫ a+T

af(x)dx = n

∫ T

0f(x)dx.

Aplicatie.

∫ 2003π

0arcsin(sinx)dx

=

∫ π

0arcsin(sinx)dx+

∫ 2003π

πarcsin(sinx)dx

=

∫ π

0arcsin(sinx)dx+

∫ π+1001·2π

πarcsin(sinx)dx

=

∫ π

0arcsin(sinx)dx+ 1001

∫ 2π

0arcsin(sinx)dx

=

∫ π

0arcsin(sinx)dx+ 1001

∫ π

−πarcsin(sinx)dx

=

∫ π

0arcsin(sinx)dx =

∫ π/2

0xdx+

∫ π

π/2(π − x)dx =

π2

4.


Problema 9.15 Fie f : R→ R o functie continua si periodica de perioada T > 0.

Sa se arate ca

a) limx→∞

1

x

∫ x

0f(t)dt =

1

T

∫ T

0f(t)dt.

b) limt→∞

∫ b

af(xt)dx =

b− aT

∫ T

0f(t)dt.

Solutie. a) Fie x = knT + an, kn ∈ N, an ∈ [0, T ), x > 0. Avem

1

x

∫ x

0f(t)dt =

1

knT + an

∫ knT+an

0f(t)dt

=1

knT + an

(∫ an

0f(t)dt+

∫ knT+an

an

f(t)dt

)=

1

knT + an

(∫ an

0f(t)dt+ kn

∫ T

0f(t)dt

)=

1

knT + an

∫ an

0f(t)dt+

knknT + an

∫ T

0f(t)dt.

Facand n→∞ se obtine relatia ceruta.

b) In

∫ b

af(xt)dx se face substitutia xt = u.

Problema 9.16 Fie f ∈ C3[−1, 1] cu proprietatea f(−1) = f(0) = f(1) = 0.

Sa se arate ca ∫ 1

−1|f(x)|dx ≤ 1

12max−1≤x≤1

|f ′′′(x)|.

Lema. Fie f ∈ C2[a, b] astfel ıncat f(a) = f(b) = 0. Demonstram ca pentru orice

x ∈ [a, b], exista cx ∈ (a, b) astfel ıncat

f(x) =(x− a)(x− b)

2f ′′(cx).

Generalizare. Fie f ∈ Cp[a, b], p ≥ 2 astfel ıncat exista α1 = a < α2 < . . . < αp = bcu f(αj) = 0, j = 1, p. Atunci pentru orice x ∈ [a, b], exista cx ∈ (a, b) astfel ıncat

f(x) =

p∏j=1

(x− αj)f (p)(cx)

p!.

Demonstratie. fie x ∈ (a, b) fixat si A astfel ıncat ϕ : [a, b]→ R,

ϕ(t) = f(t)− (t− a)(t− b)2

A

sa se anuleze ın x.Avem ϕ(a) = ϕ(x) = ϕ(b) = 0. Din teorema lui Rolle rezulta ca exista x1, x2,

a < x1 < x < x2 < b astfel ıncat ϕ′(x1) = ϕ′(x2) = 0 ⇒ ∃ cx ∈ (x1, x2) astfel ıncat

324

ϕ′′(cx) = 0 ⇒ A = f ′′(cx). Daca x = a sau x = b atunci cx este arbitrar.

Solutie. Folosind generalizarea lemei anterioare se arata ca pentru orice x ∈ [a, b]exista cx ıntre a si b astfel ca

f(x) =1

6x(x− 1)(x+ 1)f ′′′(cx).∫ 1

−1|f(x)|dx ≤ 1

6

∫ 1

−1|x(1− x2)|dx · sup

|x|≤1|f ′′′(x)|

=1

3

∫ 1

0x(1− x3)dx · sup

|x|≤1|f ′′′(x)| = 1

12sup|x|≤1

|f ′′′(x)|.

Problema 9.17 Fie f ∈ C1[0, 1] astfel ıncat

∫ 1

0f(x)dx =

∫ 1

0xf(x)dx = 1.


0(f ′(x))2dx ≥ 30.

Solutie. Integrand prin parti obtinem:

1 =

∫ 1

0f(x)dx = xf(x)

∣∣∣10−∫ 1

0xf ′(x)dx = f(1)−

∫ 1

0xf ′(x)dx

1=

∫ 1

0

(x2

2

)′f(x)dx =

x2

2f(x)

∣∣∣10− 1

2

∫ 1

0x2f ′(x)dx=

1

2f(1)− 1

2

∫ 1

0x2f ′(x)dx.

Eliminand f(1) din relatiile anterioare rezulta

1 =

∫ 1

0(x− x2)f ′(x)dx.

Inegalitatea Cauchy-Schwartz conduce la

1 =

(∫ 1

0(x− x2)f ′(x)dx

)2

≤∫ 1

0(x− x2)2dx

∫ 1

0(f ′(x))2dx.

Cum

∫ 1

0(x− x2)2dx =

1

30rezulta

∫ 1

0(f ′(x))2dx ≥ 30.

Egalitatea are loc pentru f ′(x) = λ(x− x2), de unde obtinem

f(x) = λ

(x2

2− x3

3

)+ µ, λ, µ ∈ R.

Inlocuind ın relatiile din enunt obtinem λ = 30, µ = −3

2.

Problema 9.18 Fie f : [0, 1]→ R o functie avand derivata de ordinul doi integrabila. Sa

se demonstreze ca

limn→∞

n2

(∫ 1

0f(x)dx− 1

n

n∑k=1

f

(2k − 1

2n

))=f ′(1)− f ′(0)

24.


Solutie. Notam

rn =

∫ 1

0f(x)dx− 1

n

n∑k=1

f

(2k − 1

2n

).

Avem

rn =

n∑k=1

∫ k/n

(k−1)/n

(f(x)− f

(2k − 1

2n

))dx.

Fie

mk = infx∈[(k−1)/n,k/n]

f ′′(x), Mk = supx∈[(k−1)/n,k/n]

f ′′(x),

k ∈ 0, 1, . . . , n− 1. Conform formulei lui Taylor, avem:

f(x)− f(

2k − 1

2n

)=

(x− 2k − 1

2n

)f ′(

2k − 1

2n

)+

1

2

(x− 2k − 1

2n

)2

f ′′(ξk),

x, ξk ∈ [(k − 1)/n, k/n]. Folosind∫ k/n

(k−1)/n

(x− 2k − 1

2n

)dx = 0,

∫ k/n

(k−1)/n

(x− 2k − 1

2n

)2

dx =1

12n3

obtinem

1

24n

1

n

n∑k=1

mk ≤ nrn ≤1

24n

1

n

n∑k=1

Mk,

de unde

limn→∞

n2rn =1

24

∫ 1

0f ′′(x)dx =

f ′(1)− f ′(0)

24.

Problema 9.19 Fie g : R→ R de perioada T > 0 si f : [0, T ]→ R functii integrabile. Sa

se demonstreze ca

limn→∞

∫ T

0f(x)g(nx)dx =

1

T

∫ T

0f(x)dx

∫ T

0g(x)dx.

Solutie. Pentru ınceput presupunem g ≥ 0. Notam:

mk = infx∈[k Tn ,(k+1)T

n ]f(x), Mk = sup

x∈[k Tn ,(k+1)Tn ]f(x),

k ∈ 0, 1, . . . , n− 1. Avem:∫ T

0f(x)g(nx)dx =

1

n

∫ nT

0f

(t

n

)g(t)dt

=1

n

n−1∑k=0

∫ (k+1)T

kTf

(t

n

)g(t)dt =

1

n

n−1∑k=0

fk

∫ (k+1)T

kTg(t)dt

326

=1

n

n−1∑k=0

fk

∫ T

0g(t)dt =

1

T

∫ T

0g(t)dt · T

n

n−1∑k=0

fk

→ 1

T

∫ T

0g(t)dt

∫ T

0f(t)dt,

deoarece fk ∈ [mk,Mk], k ∈ 0, 1, . . . , n− 1.In cazul ın care functia g nu este pozitiva, fiind integrabila, exista o constanta M > 0

astfel ıncat g +M > 0.Conform celor deja demonstrate, avem:

limn→∞

∫ T

0f(t)(g(nt) +M)dx =

1

T

∫ T

0(g(t) +M)dt

∫ T

0f(t)dt,

de unde

limn→∞

∫ T

0f(t)g(nt)dx =

1

T

∫ T

0g(t)dt

∫ T

0f(t)dt.

Problema 9.20 Fie f : [0, 1] → R o functie cu derivata continua si pozitiva. Fie cn ∈(0, 1

n

), n ∈ N∗, astfel ca ∫ 1/n

0f(x)dx =

1

nf(cn).

Sa se arate ca

limn→∞

ncn =1

2.

Solutie.

limn→∞

ncn = limn→∞

ncn − 0

f(cn)− f(0)(f(cn)− f(0))

=1

f ′(0)limn→∞

n2

∫ 1/n

0(f(x)− f(0))dx =

1

f ′(0)limt→0

1

t2

∫ t

0(f(x)− f(0))dx

=1

f ′(0)limt→0

f(t)− f(0)

2t=

f ′(0)

2f ′(0)=

1

2.

Problema 9.21 Daca f : [0, 1]→ [0, 1] este o functie continua atunci(∫ 1

0f(x)dx

)2

≤ 2

∫ 1

0xf(x)dx.

Solutie. Consideram functia

F (t) =

(∫ t

0f(x)dx

)2

− 2

∫ t

0xf(x)dx.

Avem

F ′(t) = 2f(t)

∫ t

0f(x)dx− 2tf(t) = 2f(t)

∫ t

0(f(x)− 1)︸︷︷︸

≤0

dx ≤ 0.

Rezulta ca F este descrescatoare, deci

F (1) ≤ F (0) = 0,


adica (∫ 1

0f(x)dx

)2

≤ 2

∫ 1

0xf(x)dx.

Problema 9.22 Fie f : [a, b] → R continua pe [a, b] si derivabila pe (a, b), astfel ca

f(a) = f(b) = 0. Sa se arate ca exista c ∈ (a, b) astfel ca

|f ′(c)| ≥ 4

(b− a)2

∫ b

af(x)dx.

Solutie. Admitem ca

|f ′(x)| < 4

(b− a)2

∫ b

af(x)dx, ∀ x ∈ (a, b).

Avem ∣∣∣∣f(x)− f(a)

x− a

∣∣∣∣ = |f ′(ξ)| < 4

(b− a)2

∫ b

af(x)dx, ∀ x ∈ (a, b),

de unde

|f(x)| < 4(x− a)

(b− a)2

∫ b

af(x)dx, ∀ x ∈ (a, b).

Analog

|f(x)| < 4(b− x)

(b− a)2

∫ b

af(x)dx, ∀ x ∈ (a, b).

Avem: ∫ b

a|f(x)|dx =

∫ (a+b)/2

a|f(x)|dx+

∫ b

(a+b)/2|f(x)|dx

<4

(b− a)2

(∫ (a+b)/2

a(x− a)dx+

∫ b

(a+b)/2(b− x)dx

)∫ b

af(x)dx,

deci ∫ b

a|f(x)|dx <

∫ b

af(x)dx.

Rezulta ca exista c ∈ (a, b) astfel ca

|f ′(c)| ≥ 4

(b− a)2

∫ b

af(x)dx.

Problema 9.23 Fie f : (1, 2)→ R continua. Sa se arate ca

limx→1+

∫ x2

xf(t)dt = lim

x→1+(x− 1)f(x) ln 2.

Solutie. Aplicand teorema de medie pe intervalul [x, x2] putem scrie:

limx→1+

∫ x2

xf(t)dt = lim

x→1+

∫ x2

xf(t)(t− 1) · 1

t− 1dt

= limx→1+

(c− 1)f(c)

∫ x2

x

1

t− 1dt

(vezi x < c < x2),

= limx→1+

(c− 1)f(c) ln 2 = ln 2 limx→1+

(x− 1)f(x).

328

Problema 9.24 Sa se demonstreze relatia∫ 1

0x−xdx =

∞∑n=1

n−n.

Solutie. Pentru x ∈ (0, 1] are loc relatia

x−x = e−x lnx = 1 +∞∑n=1

(−1)nxn lnn x

n!.

Seria converge uniform pe (0, 1] deoarece sup|x lnx| : x ∈ (0, 1] =1

esi seria

∞∑n=1

1

n!

(1

e

)neste convergenta (criteriul de convergenta uniforma a lui Weierstrass). Avem:

∫ 1

0x−xdx = 1 +

∞∑n=1

(−1)n

n!

∫ 1

0xn lnn xdx.

Fie In =

∫ 1

0xn lnn xdx. Substitutia x = e−t conduce la

In = (−1)n∫ ∞

0e−(n+1)ttndt.

Notand (n+ 1)t = u obtinem

In = (−1)n∫ ∞

0e−u · un

(n+ 1)n· du

n+ 1=

(−1)n

(n+ 1)n+1

∫ ∞0

e−uundu

=(−1)n

(n+ 1)n+1· Γ(n+ 1) =

(−1)n

(n+ 1)n+1· n!.

Rezulta ∫ 1

0x−xdx =

∞∑n=0

(n+ 1)−(n+1) =

∞∑n=1

n−n.

Problema 9.25 Fie M = f ∈ C1[0, 1] | f(1) = 1, f(0) = 0 si functia

J : M → R, J(f) =

∫ 1

0(1 + x2)(f ′(x))2dx.

Sa se determine minf∈M

J(f).


Solutie. 1 = |f(1)− f(0)| =∣∣∣∣∫ 1

0f ′(x)dx

∣∣∣∣1 =

(∫ 1

0f ′(x)dx

)2

=

(∫ 1

0(√

1 + x2f ′(x))1√

1 + x2dx

)2


C−B−S≤

∫ 1

0(1 + x2)(f ′(x))2dx

∫ 1

0

1

1 + x2dx =

∫ 1

0(1 + x2)(f ′(x))2dx · π

4

⇒∫ 1

0(1 + x2)(f ′(x))2dx ≥ 4

π

Luand f0(x) =4

πarctg x avem

f0(0) = 0, f0(1) = 1 si f ′0(x) =4

π· 1

1 + x2,

J(f0) =

∫ 1

0(1 + x2)

(4

π

)2

· 1

(1 + x2)2dx =

(4

π

)2∫ 1

0

1

1 + x2dx =

(4

π

)2

· π4

=4

π,

deci

minf∈M

J(f) = J(f0) =4

π.

Problema 9.26 Sa se determine functiile f : [0, 1] → (0,∞) de clasa C1 care verifica

relatiile:

f(1) = ef(0) si

∫ 1

0(f ′(x))2dx+

∫ 1

0

1

(f(x))2dx ≤ 2.

Putnam

Solutie. 0 ≤∫ 1

0

(f ′(x)− 1

f(x)

)2

dx

=

∫ 1

0(f ′(x))2dx− 2

∫ 1

0

f ′(x)

f(x)dx+

∫ 1

0

dx

(f(x))2

≤ 2− 2 ln f(x)∣∣∣10

= 2− 2 lnf(1)

f(0)= 0

Rezulta

f ′(x)− 1

f(x)= 0, ∀ x ∈ [0, 1] ⇔

(f2(x))′ = 2 ⇒ f2(x) = 2x+ c ⇒ f(x) =√

2x+ c, c > 0

si revenind la f(1) = f(0) · e rezulta c =2

e2 − 1si

f(x) =

√2x+

2

e2 − 1, x ∈ [0, 1].

Problema 9.27 Fie f : [0, 1]→ [0, 1] o functie continua. Sa se arate ca ecuatia

2x−∫ x

0f(t)dt = 1

are o singura solutie ın [0, 1].

Putnam

330

Solutie. Fie g(x) = 2x−∫ x

0f(t)dt−1, functie care este derivabila si g′(x) = 2−f(x) ≥

2− 1 = 1, deci g este strict crescatoare si atunci ecuatia data are cel mult o solutie. Avemg(0) = −1 < 0 si

g(1) = 2−∫ 1

0f(t)dt− 1 = 1−

∫ 1

0f(t)dt ≥ 0

deci ecuatia g(x) = 0 are o solutie unica.

Problema 9.28 Stiind ca

∫ 1

0

ln(1 + x)

xdx =

π2

12sa se calculeze

∫ 1

0

ln(1− x3)

xdx.

Putnam

Solutie. Fie Ik =

∫ 1

0

ln(1− xk)x

dx =1

k

∫ 1

0

ln(1− t)t

dt =1

kI1.

Apoi

I =

∫ 1

0

ln(1 + x)

xdx = I2 − I1 = −1

2I1

I3 =1

3I1 = −2

3I = −π

2

18

Problema 9.29 Fie f ∈ C[0, 1] astfel ca xf(y) + yf(x) ≤ 1, pentru orice x, y ∈ [0, 1].

Sa se arate ca

∫ 1

0f(x)dx ≤ π

4.

Putnam

Solutie. Avem

I =

∫ 1

0f(x)dx =

∫ π2

0f(sin t) cos tdt =

∫ π2

0f(cos t) sin tdt ⇒

2I =

∫ π2

0(f(sin t) cos t+ f(cos t) sin t)dt ≤

∫ π2

01 · dt =

π

2.

Problema 9.30 Fie M

f ∈ C[0, π] |

∫ π

0f(x) sinxdx =

∫ π

0f(x) cosxdx = 1

.

Sa se determine minf∈M

∫ π

0(f(x))2dx.

Putnam

Solutie. Cautam o functie f0(x) = a sinx+ b cosx, x ∈ [0, π] care verifica relatiile dinenunt. Se obtine:

f0(x) =2

π(sinx+ cosx) ∈M.

Avem:

0 ≤∫ π

0(f(x)− f0(x))2dx

=

∫ π

0(f(x))2dx− 2

∫ π

0f0(x)f(x)dx+

∫ π

0(f0(x))2dx ⇒


∫ π

0(f(x))2dx ≥ 2

∫ π

0f0(x)f(x)dx−

∫ π

0(f0(x))2dx

=8

π− 4

π=

4

π=

∫ π

0(f0(x))2dx.

Minimul este4

πsi se atinge pentru f = f0.

Problema 9.31 Fie f : [0, 1]→ R o functie de clasa C1. Sa se arate ca

f

(1

2

)≤∫ 1

0|f(x)|dx+

1

2

∫ 1

0|f ′(x)|dx.

Putnam

Solutie. Avem:∫ 1

0xf ′(x)dx = xf(x)

∣∣∣10−∫ 1

0f(x)dx = f(1)−

∫ 1

0f(x)dx

si ∫ 1

12

f ′(x)dx = f(1)− f(

1

2

).

Astfel

f

(1

2

)=

∫ 1

0xf ′(x)dx−

∫ 1

12

f ′(x)dx+

∫ 1

0f(x)dx

=

∫ 12

0xf ′(x)dx+

∫ 1

12

(x− 1)f ′(x)dx+

∫ 1

0f(x)dx

si ∣∣∣∣f (1

2

)∣∣∣∣ ≤ ∫ 12

0|xf ′(x)|dx+

∫ 1

12

|(x− 1)f ′(x)|dx+

∫ 1

0|f(x)|dx

≤∫ 1

0|f(x)|dx+

1

2

∫ 12

0|f ′(x)|dx+

1

2

∫ 1

12

|f ′(x)|dx

=

∫ 1

0|f(x)|dx+

1

2

∫ 1

0|f ′(x)|dx.

Problema 9.32 Sa se arate ca nu exista functia derivabila f : R→ R astfel ca

|f(x)| < 2x si f(x)f ′(x) ≥ sinx, pentru orice x ∈ R.

Solutie. Avem:

(f(x))2 − (f(0))2 =

∫ x

02f(t)f ′(t)dt ≥ 2

∫ x

0sin tdt = 2(1− cosx).

Pentru x = π rezulta (f(π))2 ≥ 4 ın contradictie cu |f(π)| < 2.

Problema 9.33 Sa se arate ca limn→∞

∫ 3

0

x2(1− x)xn

1 + x2ndx = 0.

332

Solutie.

∣∣∣∣∫ 3

0

x2(1− x)xn

1 + x2ndx

∣∣∣∣ ≤ ∫ 3

0

x2|1− x|xn

1 + x2ndx

=

∫ 1

0

x2(1− x)xn

1 + x2ndx+

∫ 3

1

x2(x− 1)xn

1 + x2ndx ≤

∫ 1

0xndx+ 18

∫ 3

1

xn

x2ndx

=1

n+ 1+

18

n− 1− 18

3n−1(n− 1)→ 0.

Problema 9.34 Fie f1, f2, f3, f4 ∈ R[x]. Atunci

F (x) =

∫ x

1f1(t)f3(t)dt

∫ x

1f2(t)f4(t)dt−

∫ x

1f1(t)f4(t)dt

∫ x

1f2(t)f3(t)dt

este un polinom divizibil cu (x− 1)4.

Putnam, 1946

Solutie. F (1) = 0,

F ′(x) = f1(x)f3(x)

∫ x

1f2f4dt+ f2(x)f4(x)

∫ x

1f1f3

−f1(x)f4(x)

∫ x

1f2f3 − f2(x)f4(x)

∫ x

1f1f4

F ′(1) = 0

F ′′(1) = (f1f3)′∫ x

1+f1f2f3f4 + (f2f4)′

∫ x

1+f2f4f1f3 − . . .

= (f1f3)′∫ x

1f2f4 + (f2f4)′

∫ x

1f1f3 − (f1f4)′

∫ x

1f2f3 − (f2f3)′

∫ x

1f1f4

F ′′′(x) = (f1f2)′′∫ x

1f2f4 + (f1f2)′(f2f2) + . . . =

(f1f3)′f2f4 + (f2f4)′(f1f3)− (f1f4)′(f2f3)− (f1f4)(f2f3)′

⇒ [(f1f2)(f3f4)]′ − [(f1f4)(f2f3)]′ = 0

Problema 9.35 Fie f : [0, π]→ R continua astfel ca:

∫ π

0f(x) cosxdx =

∫ π

0f(x) sinxdx = 0.

Sa se arate ca ecuatia f(x) = 0 are cel putin doua radacini ın intervalul (0, π).

Putnam, 1963


Solutie. Din

∫ π

0f(x) sinxdx = 0 si sinx ≥ 0, ∀ x ∈ [0, π] rezulta ca functia f ısi

schimba semnul pe [0, π], deci exista x1 ∈ [0, π] astfel ca f(x1) = 0. Daca ın x1 ar fisingura schimbare de semn, la fel ca functia sin(x− x1), atunci∫ π

0f(x) sin(x− x1)dx 6= 0 ⇔

(∫ π

0f(x) sinxdx

)︸︷︷︸

=0

cosx1 −(∫ π

0f(x) cosxdx

)︸︷︷︸

=0

sinx1 6= 0 fals

rezulta ca exista x1 6= x2 ın care f schimba semnul, deci f(x1) = f(x2) = 0.

Problema 9.36 Fie f : [0, 1]→ [0,∞) crescatoare. Atunci∫ 1

0xf2(x)dx

∫ 1

0f(x)dx ≥

∫ 1

0f2(x)dx

∫ 1

0xf(x)dx.

Putnam, 1957

Solutie.

∫ 1

0xf2(x)dx

∫ 1

0f(y)dy −

∫ 1

0xf(x)dx

∫ 1

0f2(y)dy ≥ 0 ⇔

I =:

∫ 1

0

∫ 1

0f(x)f(y)x(f(x)− f(y))dxdy ≥ 0.

Schimband x cu y ın relatia anterioara obtinem

I =

∫ 1

0

∫ 1

0f(x)f(y)y(f(y)− f(x))dxdy,

deci

2I =

∫ 1

0

∫ 1

0f(x)f(y)(x− y)(f(x)− f(y))dxdy ≥ 0.

Cum f este crescatoare rezulta ca (x− y)|f(x)− f(y)| ≥ 0 pentru orice x, y ∈ [0, 1]. Prinurmare I ≥ 0.

Problema 9.37 Fie f : [−1, 1]→ R de doua ori derivabila astfel ıncat

|f(x)| ≤ 1, ∀ x ∈ [0, 1], |f ′′(x)| ≤ 1, ∀ x ∈ [0, 1].

Sa se arate ca |f ′(x)| ≤ 2, ∀ x ∈ [0, 1].

Putnam, 1962

Solutie. Conform formulei lui Taylor avem:

f(1) = f(x) + (1− x)f ′(x) +1

2(1− x)2f ′′(ξ), ξ ∈ (x, 1)

334

f(−1) = f(x) + (−1− x)f ′(x) +1

2(−1− x)2f ′′(η), η ∈ (−1, x)

⇒ f(1)− f(−1) = 2f ′(x) +1

2(1− x)2f ′′(ξ)− 1

2(1 + x)2f ′′(η)

⇒ 2(f ′(x)) ≤ |f(1)|+ |f(−1)|+ 1

2(1− x)2|f ′′(ξ)|+ 1

2(1 + x)2|f ′′(η)|

≤ 2 +1

2(1− x)2 +

1

2(1 + x)2 = 3 + x2 ≤ 4 ⇒ |f ′(x)| ≤ 2.

Problema 9.38 Sa se determine maximul expresiei

∫ 1

0x2f(x)dx−

∫ 1

0x(f(x))2dx pentru f ∈ C[0, 1].

Putnam, 2006

Solutie.

∫ 1

0x2f(x)dx−

∫ 1

0x(f(x))2dx

=

∫ 1

0

(x3

4− x

(f(x)− x

2

)2)dx ≤

∫ 1

0

x3

4dx =

1

16

cu egalitate pentru f(x) =x

2, x ∈ [0, 1].

Problema 9.39

∫ 1

0

(∫ 1

0f(x, y)dx

)2

dy +

∫ 1

0

(∫ 1

0f(x, y)dy

)2

dx

≤(∫ 1

0

∫ 1

0f(x, y)dxdy

)2

+

∫ 1

0

∫ 1

0(f(x, y))2dxdy.

Putnam, 2004

Solutie. Inegalitatea este echivalenta cu∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0(F (x, y, z, t))2dxdydzdt ≥ 0

unde

F (x, y, z, t) = f(x, y) + f(z, t)− f(x, t)− f(z, y), x, y, z, t ∈ [0, 1].

Problema 9.40 Sa se determine f : (0,∞)→ (0,∞) pentru care

f ′(

1

x

)=

x

f(x), x ∈ (0,∞).

Putnam, 2005


Solutie. Avem

f ′(x) =1

xf

(1

x

) , x ∈ (0,∞)

f ′′(x) = −f

(1

x

)− 1

xf ′(

1

x

)x2f2

(1

x

) = − 1

x2f

(1

x

) +

f ′(

1

x

)x3f2

(1

x

)

= −f′(x)

x+

x

f(x)

x(f ′(x))2 = −f

′(x)

x+

(f ′(x))2

f(x)⇒

xf(x)f ′′(x) + f(x)f ′(x) = x(f ′(x))2 |: (f(x))2

⇒ f ′(x)

f(x)+xf ′′(x)

f(x)− x(f ′(x))2

(f(x))2⇒

(xf ′(x)

f(x)

)′= 0 ⇒ xf ′(x)

f(x)= c ⇒

f ′(x)

f(x)=c

x⇒ f(x) = dxc

Revenind: d2c = 1, deci f(x) = dx1d2 , d ∈ (0,∞).

Problema 9.41 Fie f ∈ C1[0, 1] cu f(0) = 0, 0 ≤ f ′(x) ≤ 1, ∀ x ∈ (0, 1). Sa se arate ca(∫ 1

0f(x)dx

)2

≥∫ 1

0(f(x))3dx.

Cand are loc egalitatea?

Putnam, 1973

Solutie. Fie G(t) = 2

∫ t

0f(x)dx− (f(t))2

G(0) = 0, G′(t) = 2f(t)(1− f ′(t)) ≥ 0

⇒ G(t) ≥ 0 si f(t)G(t) ≥ 0.

Fie H(t) =

(∫ t

0f(x)dx

)2

−∫ t

0(f(x))3dx, t ∈ [0, 1]. Avem:

H(0) = 0, H ′(t) = f(t)G(t) ≥ 0.

Rezulta H(t) ≥ 0, deci H(1) ≥ 0, q.e.d.Egalitatea are loc numai pentru f(t)G(t) = H ′(t) = 0, ∀ t ∈ [0, 1].Obtinem f(x) = x.

336

Problema 9.42 Fie f : [0, 1]→ R continua astfel ca∫ 1

0f(x)dx =

∫ 1

0xf(x)dx = . . . =

∫ 1

0xn−1f(x)dx = 0

si ∫ 1

0xnf(x)dx = 1.

Sa se arate ca exista a ∈ [0, 1] astfel ca |f(a)| ≥ 2n(n+ 1).

Putnam, 1972

Solutie. Din conditiile date rezulta∫ 1

0

(x− 1

2

)nf(x)dx = 1.

Daca prin absurd |f(x)| < 2n(n+ 1), ∀ x ∈ [0, 1] rezulta

1 ≤∫ 1

0

∣∣∣∣x− 1

2

∣∣∣∣n |f(x)|dx < 2n(n+ 1)

∫ 1

0

∣∣∣∣x− 1

2

∣∣∣∣n dx

= 2n(n+ 1) · 2∫ 1

12

(x− 1

2

)ndx = 2n(n+ 1) · 2 ·

(x− 1

2

)n+1

n+ 1

∣∣∣112

= 2n+1 · 1

2n+1= 1, contradictie.

Problema 9.43 Fie f : R → R o functie aditiva (f(x + y) = f(x) + f(y), ∀ x, y ∈ R)

si integrabila pe orice interval compact din R. Sa se arate ca exista a ∈ R astfel ıncat

f(x) = ax, ∀ x ∈ R.

Solutie.

∫ x

0f(t+ y)dt =

∫ x

0f(t)dt+

∫ x

0f(y)dt ⇔

xf(y) =

∫ x

0f(t+ y)dt−

∫ x

0f(t)dt

=

∫ x+y

yf(t)dt−

∫ x

0f(t)dt

=

∫ x+y

0f(t)dt−

∫ x

0f(t)dt−

∫ y

0f(t)dt︸︷︷︸

ϕ(x,y)

ϕ(x, y) = ϕ(y, x) ⇒ xf(y) = yf(x), ∀ x, y ∈ R

⇒ f(x)

x=f(1)

1= f(1), ∀ x ∈ R ⇒ f(x) = xf(1), ∀ x ∈ R.


Problema 9.44 Fie f : [0, 1]→ R continua. Sa se arate ca∫ 1

0

(∫ 1

xf(t)dt

)dx =

∫ 1

0tf(t)dt.

Iran

Solutie. In prima integrala integram prin parti∫ 1

0

(∫ 1

xf(t)dt

)dx =

∫ 1

0x′(F (1)− f(x))dx

x =

∫ 1

xf(t)dt

∣∣∣10−∫ 1

0x(−f(x))dx =

∫ 1

0xf(x)dx.

Problema 9.45 Fie f : [0,∞)→ R o functie continua cu limx→∞

f(x) = 1.

Sa se calculeze limn→∞

∫ 1

0f(nx)dx.

Iran

Solutie. Vom calcula

limt→∞

∫ 1

0f(tx)dx = lim

t→∞

1

t

∫ t

0f(u)du

= limt→∞

F (t)− F (0)

t= lim

t→∞f(t) = 1,

unde

F (t) =

∫ t

0f(u)du, t ∈ [0, 1].

Problema 9.46 Fie f : [0, 1]→ [0,∞) astfel ıncat

∫ 1

0f(x)dx = 1.


0

(x−

∫ 1

0tf(t)dt

)2

f(x)dx ≤ 1

4.

Iran

Solutie. Vom arata ca pentru orice α ∈ R avem:∫ 1

0(x− α)2f(x)dx ≥

∫ 1

0(x− β)2f(x)dx

unde β =

∫ 1

0xf(x)dx.

Avem: ∫ 1

0(x− α)2f(x)dx =

∫ 1

0((x− β) + (β − α))2f(x)dx

=

∫ 1

0(x− β)2f(x)dx+ (β − α)2

∫ 1

0f(x)dx+ 2(β − α)

∫ 1

0(x− β)f(x)dx

338

=

∫ 1

0(x− β)2f(x)dx+ (β − α)2 ≥

∫ 1

0(x− β)2f(x)dx.

Pentru α =1

2obtinem:∫ 1

0(x− β)2f(x)dx ≤

∫ 1

0

(x− 1

2

)2

f(x)dx ≤∫ 1

0

1

4f(x)dx =

1

4.

Problema 9.47 Sa se calculeze

∫ ∞0

x

1 + exdx.

Solutie. Fie f(x) =x

1 + ex, x ∈ [0,∞). Cum lim

x→∞x2f(x) = 0 rezulta ca integrala

este convergenta.

I : =

∫ ∞0

x

1 + exdx =

∫ ∞0

xe−x

1 + e−xdx = −

∫ ∞0

x(ln(1 + e−x))′dx

= −x ln(1 + e−x)∣∣∣∞0

+

∫ ∞0

ln(1 + e−x)dx

=

∫ ∞0

ln(1 + e−x)dx.

Punand e−x = t obtinem

I =

∫ 1

0

ln(1 + t)

tdt =

∫ 1

0

(1− t

2+t2

3− . . .

)dt

= 1− 1

22+

1

32− . . .

Din relatia 1 +1

22+

1

32+ . . . =

π2

6obtinem

1− 1

22+

1

32− . . . =

π2

12.

Problema 9.48 Fie f : [0,∞) → R o functie continua cu proprietatea ca

∫ ∞0

f(x)dx

este convergenta. Sa se arate ca

limn→∞

1

n

∫ n

0xf(x)dx = 0.

Solutie. Fie

∫ ∞0

f(x)dx = I, I ∈ R. Avem:

I = limx→∞

∫ x

0f(t)dt = lim

x→∞

x

∫ x

0f(t)dt

x= lim

x→∞

(x

∫ x

0f(t)dt

)′(x)′

= limx→∞

(∫ x

0f(t)dt+ xf(x)

)= I + lim

x→∞xf(x).

Rezulta ca limx→∞

xf(x) = 0. Evident

limn→∞

1

n

∫ n

0xf(x)dx = lim

n→∞nf(n) = 0.


Problema 9.49 Fie M = f | f ∈ C2[0, 1], f(0) = f(1) = 0, f ′(0) = 1.

Sa se determine

minf∈M

∫ 1

0(f ′′(x))2dx

si functiile pentru care se atinge minimul.

Solutie. Fie f ∈M . Are loc relatia∫ 1

0(1− x)f ′′(x)dx = (1− x)f ′(x)

∣∣∣10

+

∫ 1

0f ′(x)dx = −1.

Din inegalitatea lui Cauchy-Schwartz obtinem:(∫ 1

0(1− x)f ′′(x)dx

)2

≤∫ 1

0(1− x)2dx ·

∫ 1

0(f ′′(x))2dx (1)

de unde rezulta ca ∫ 1

0(f ′′(x))2dx ≥ 3.

In (1) egalitatea are loc pentru f ′′(x) = λ(1 − x), λ ∈ R. Punand conditia ca f ∈ Mrezulta

f(x) =1

2(x3 − 3x2 + 2x), x ∈ [0, 1].

Problema 9.50 Fie f ∈ C[a, b] astfel ca∫ b

axnf(x)dx = 0

pentru orice n ∈ N. Sa se arate ca f este identic nula.

Solutie. Din relatia

∫ b

axnf(x)dx = 0 rezulta ca pentru orice functie polinomiala P

are loc relatia ∫ b

af(x)P (x)dx = 0.

Din teorema lui Weierstrass rezulta ca exista un sir de functii polinomiale (Pn)n≥1

care este uniform convergent la f pe intervalul [a, b]. Cum f este marginita rezulta caPn · f ⇒ f2 pe [a, b]. Avem:∫ b

af2(x)dx = lim

n→∞

∫ b

aPn(x)f(x)dx = 0,

de unde rezulta ca f(x) = 0 pentru orice x ∈ [a, b].

Problema 9.51 Fie f ∈ C1[a, b], f ′(a) 6= 0. Pentru orice x ∈ (a, b] fie θ(x) ∈ [a, x] astfel

ca ∫ x

af(t)dt = (x− a)f(θ(x)).

Sa se calculeze limx→a

θ(x)− ax− a

.

340

Solutie. Existenta lui θ(x) rezulta din teorema de medie. Avem evident limx→a

θ(x) = a.

limx→a

θ(x)− ax− a

= limx→a

θ(x)− af(θ(x))− f(a)

· f(θ(x))− f(a)

x− a

= limx→a

θ(x)− af(θ(x))− f(a)

· limx→a

1

x− a

∫ x

af(t)dt− f(a)

x− a

=1

f ′(a)· limx→a

∫ x

af(t)dt− f(a)(x− a)

(x− a)2

=1

f ′(a)· limx→a

f(x)− f(a)

2(x− a)=

1

f ′(a)· 1

2· f ′(a) =

1

2.

Observatie. Din f ′(a) 6= 0 rezulta ca exista o vecinatate a lui a unde f este strictmonotona, prin urmare f(θ(x))− f(a) 6= 0 pentru x suficient de apropiat de a.

Capitolul 10

Functii de mai multe variabile

reale


Fie Rn = R × R × · · · × R, x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn si λ ∈ R.Operatiile + : Rn × Rn → Rn, · : R× Rn → Rn date de

x+ y = (x1 + y1, . . . , xn + yn)

λx = (λx1, . . . , λxn)(1)

determina pe Rn o structura de spatiu vectorial peste R.Aplicatia 〈·, ·〉 : Rn × Rn → R,

〈x, y〉 =

n∑i=1

xiyi (2)

este un produs scalar pe Rn. Aceasta determina pe Rn aplicatiile ‖ · ‖ : Rn → R, d :Rn × Rn → R definite prin

‖x‖ =√〈x, x〉 =

√√√√ n∑i=1

x2i (3)

d(x, y) = ‖x− y‖ =

√√√√ n∑i=1

(xi − yi)2 (4)

numite norma, respectiv distanta euclidiana pe Rn.Spatiul vectorial Rn ınzestrat cu produsul scalar definit prin relatia (1) se numeste

spatiul euclidian Rn.Fie (xp)p≥1, xp = (x1

p, x2p, . . . , x

np ), un sir din Rn si a = (a1, a2, . . . , an) ∈ Rn. Sirul

(xp)p≥1 se numeste convergent cu limita a daca pentru orice ε > 0 exista pε ∈ N astfel capentru orice p ≥ pε sa avem

‖xp − a‖ < ε. (5)

341

342

In acest caz notam limp→∞

xp = a sau xp → a ın Rn. Are loc relatia

xp → a ın Rn ⇔ x1p → a1, . . . , x

np → an ın R.

Sirul (xp)p≥1 se numeste fundamental sau sir Cauchy daca pentru orice ε > 0 existapε ∈ N astfel ca pentru orice p, q ≥ pε sa aiba loc relatia ‖xp − xq‖ < ε.

Spatiul metric (Rp, d) este complet, i.e. orice sir din Rp este convergent daca si numaidaca este fundamental.

Multimi remarcabile din Rn

Fie a ∈ Rn, r ∈ R, r ≥ 0.B(a, r) = x ∈ Rn | ‖x− a‖ < r se numeste bila deschisa de centru a si raza rB(a, r) = x ∈ Rn | ‖x− a‖ ≤ r se numeste bila ınchisa de centru a si raza rS(a, r) = x ∈ Rn | ‖x− a‖ = r se numeste sfera de centru a si raza r.O multime V ⊆ Rn se numeste vecinatate a lui a daca exista B(a, r) ⊆ V . Notam

cu V(a) multimea vecinatatilor lui a. O multime G ⊆ Rn se numeste deschisa daca estevecinatate pentru orice punct al sau. Multimea vida se considera deschisa. O multimeF ⊆ Rn se numeste ınchisa daca CRnF = Rn \ F este multime deschisa.

Fie A ⊆ Rn. Punctul a ∈ Rn se numeste:- punct interior al lui A daca exista B(a, r) ⊆ A- punct aderent al lui A daca pentru orice V ∈ V(a) ⇒ V ∩A 6= ∅- punct de acumulare al lui A daca pentru orice V ∈ V(a) ⇒

V ∩ (A \ a) 6= ∅- punct izolat al lui A daca exista V ∈ V(a) astfel ca V ∩A = a- punct frontiera al lui A daca V ∩A 6= ∅ si V ∩ (Rn \A) 6= ∅.Notam prin intA, A, A′, izA, frA multimea punctelor interioare, aderente, de acumu-

lare, izolate respectiv frontiera ale lui A.Multimea A se numeste marginita daca exista M > 0 astfel ca ‖x‖ ≤M pentru orice

x ∈ A.Multimea A se numeste densa ın Rn daca A = Rn.Au loc relatiile:

a ∈ A ⇔ ∃ (xp)p≥1 ın A cu limp→∞

xp = a;

a ∈ A′ ⇔ ∃ (xp)p≥1 ın A \ a cu limp→∞

xp = a;

A este ınchisa ⇔ orice sir convergent din A are limita ın A.

Multimea A se numeste compacta daca din orice sir de puncte din A se poate extrageun subsir convergent la un element din A. Are loc caracterizarea:

A este compacta ⇔ A este ınchisa si marginita.

Multimea A se numeste conexa daca nu exista doua submultimi deschise si nevide alelui Rn astfel ca A ⊆ U ∪ V , A ∩ U 6= ∅, A ∩ V 6= ∅ si A ∩ U ∩ V = ∅.

Intuitiv o multime conexa e formata dintr-o singura ”bucata”.Multimea A se numeste conexa prin arce daca pentru orice puncte a, b ∈ A exista

un arc continuu cu capetele a si b continut ın A. Orice multime conexa prin arce e conexa.Are loc urmatorul rezultat:

O multime deschisa A ⊆ Rn este conexa daca si numai daca pentru orice a, b ∈ Aexista o linie poligonala cu capetele ın a si b continuta ın A.

Functii de mai multe variabile reale 343

Multimea A se numeste convexa daca pentru orice a, b ∈ A segmentul cu capetele asi b este continut ın A.

Functii continue

Fie f : A→ Rm, A ⊆ Rn si a ∈ A.Functia f se numeste continua ın a daca pentru orice V ∈ V(f(a)) exista U ∈ V(a)

astfel ca f(x) ∈ V pentru orice x ∈ U ∩A.

Teorema. Urmatoarele relatii sunt echivalente:

1) f este continua ın a.

2) Pentru orice ε > 0, exista δε > 0 astfel ca ‖f(x)− f(a)‖ < ε pentru orice x ∈ A cu

‖x− a‖ < δε.

3) Pentru orice sir (xp)p≥1 din A cu limp→∞

xp = a ⇒ limp→∞

f(x) = f(a).

Functia f se numeste continua pe B ⊆ A daca este continua ın fiecare punct al lui B.Definitie. Functia f se numeste uniform continua pe A daca pentru orice ε > 0

exista δε > 0 astfel ca pentru orice x, y ∈ A cu ‖x− y‖ < δε sa avem ‖f(x)− f(y)‖ < ε.Daca f este functie Lipschitz, i.e. ∃ L ≥ 0 astfel ca

‖f(x)− f(y)‖ ≤ L‖x− y‖, ∀ x, y ∈ A

atunci f este uniform continua pe A.Teorema. (Weiertrass) Fie A ⊆ Rn o multime compacta si f : A → R o functie

continua pe A. Atunci f este marginita si ısi atinge marginile.Teorema. Fie A ⊆ Rn o multime compacta si f : A→ Rn o functie continua. Atunci

f este uniform continua.Teorema. (Darboux) Fie A ⊆ Rn o multime conexa si f : A→ R o functie continua

cu proprietatea ca exista a, b ∈ A astfel ca f(a) < 0 si f(b) > 0. Atunci exista c ∈ A astfelca f(c) = 0.

Derivate partiale

Fie A ⊆ Rn o multime nevida, a = (a1, . . . , an) ∈ intA si f : A → R o functie caredepinde de x = (x1, . . . , xn) ∈ A. Spunem ca f este derivabila partial ın raport cuvariabila xk, 1 ≤ k ≤ n, ın punctul a daca

limxk→ak

f(a1, . . . , ak−1, xk, ak+1, . . . , an)− f(a1, . . . , an)

xk − ak

exista si este finita. Valoarea limitei anterioare se noteaza cu f ′xk(a) sau∂f

∂xk(a) si se

numeste derivata partiala a lui f ın raport cu xk ın punctul a. Functia f se numestederivabila ın raport cu xk, 1 ≤ k ≤ n, pe o multime B ⊆ A, daca f ′xk(x) exista si estefinita pentru orice x ∈ B.

Derivatele de ordin superior se definesc prin

f ′′xkxi = (f ′xk)′xi sau∂2f

∂xk∂xi=

∂

∂xk

(∂

∂xi

)

344

1 ≤ i, k ≤ n. Se noteaza f ′′xixi = f ′′x2i

sau∂2f

∂xi∂xi=∂2f

∂x2i

.

In general pentru α = (α1, . . . , αn) ∈ Nn se definesc analog

f|α|xα11 ...xαnn

sau∂|α|f

∂xα11 . . . ∂xαnn

unde |α| = α1 + α2 + · · ·+ αn.Teorema. (Schwarz) Daca f : A ⊆ Rn → R admite derivatele partiale f ′′xkxi si f ′′xixk

pe o vecinatate V a punctului a ∈ intA si acestea sunt continue ın a, atunci f ′′xkxi(a) =f ′′xixk(a).

Teorema. (Derivata functiilor compuse) Fie D ⊆ Rm si A ⊆ Rn multimi deschise

si u = (u1, . . . , un) : D → A cu proprietatea ca u1, . . . , un admit derivate partiale ın raport

cu variabila xk, 1 ≤ k ≤ m pe D. Daca f ∈ C1(A), atunci functia compusa F : D → R

F (x) = f(u1(x), . . . , un(x))

admite derivate partiale ın raport cu xk pe D si

∂F

∂xk=

∂f

∂u1· ∂u1

∂xk+

∂f

∂u2· ∂u2

∂xk+ · · ·+ ∂f

∂um· ∂um∂xk

.

Fie A ⊆ Rn, a ∈ intA, s ∈ Rn, ‖s‖ = 1. Spunem ca f este derivabila pe directia sın punctul a daca

limt→0

f(a+ ts)− f(a)

t

exista si este finita. Ea se noteaza cudf

ds(a) si se numeste derivata lui f pe directia s

ın punctul a.

Teorema. Daca f : A→ R, A ⊆ Rn are derivate partiale de ordinul unu continue pe o

vecinatate a lui a ∈ intA, atunci ea este derivabila pe orice directie s = (s1, . . . , sn) ∈ Rn,

‖s‖ = 1 si are loc relatia

df

ds(a) = f ′x1(a)s1 + f ′x2(a)s2 + · · ·+ f ′xn(a)sn.

Prin introducerea operatorului gradient notat prin grad sau ∇ si definit prin

∇ : C1(A)→ C(A,Rn), ∇f =

(∂f

∂x1,∂f

∂x2, . . . ,

∂f

∂xn

),

unde A ⊆ Rn este o multime deschisa, derivata pe directia s se poate exprima prin

df

ds(a) = 〈∇f(a), s〉.


Diferentiala unei functii

Fie f : I → R, I ⊆ R, o functie derivabila ın punctul a ∈ intI. Relatia

limx→a

f(x)− f(a)

x− a= f ′(a)

se poate scrie sub forma echivalenta

limx→a

f(x)− f(a)− f ′(a)(x− a)

x− a= 0. (1)

Fie T : R→ R functia liniara definita prin T (h) = f ′(a)h. Relatia (1) se scrie ın modechivalent

limx→a

f(x)− f(a)− T (x− a)

x− a= 0 (2)

prin urmare derivabilitatea lui f ın a implica existenta unei aplicatii liniare T astfel ca (2)sa aiba loc. De aici se poate deduce relatia

f(x)− f(a) ∼= T (x− a)

pe o vecinatate a lui a, deci variatia lui f ın jurul lui a poate fi aproximata printr-o functieliniara.

Functia f se numeste diferentiabila ın a daca exista T : R → R, liniara astfel carelatia (2) sa aiba loc. Se arata ca aplicatia T este unica. Ea se numeste diferentiala lui fın punctul a si se noteaza cu df(a). Functia f este diferentiabila ın a daca si numai dacaeste derivabila ın a. Avem

T (h) = df(a)(h) = f ′(a)h.

Cum diferentiala aplicatiei identice 1R : R → R, 1R(x) = x, pentru orice x ∈ R ested1R(x)(h) = h, se noteaza ın mod traditional h = dx. Deci:

df(x)(dx) = f ′(x)dx.

Fie f : A→ Rm, A ⊆ Rn, a ∈ intA. Functia f se numeste diferentiabila ın a ∈ intA,daca exista T : Rn → Rm liniara astfel ca

limx→a

f(x)− f(a)− T (x− a)

‖x− a‖= 0. (3)

Aplicatia T din (3) se numeste diferentiala lui f ın a si se noteaza cu df(a). Dacaf = (f1, . . . , fm), atunci f este diferentiabila ın a daca si numai daca f1, . . . , fm suntdiferentiabile ın a si ın acest caz

df(a) = (df1(a), df2(a), . . . , dfm(a)).

Teorema. Fie f : A→ R, A ⊆ Rn, diferentiabila ın a ∈ intA. Atunci:

i) f este continua ın a;

ii) f este derivabila pe orice directie s ∈ Rn, ‖s‖ = 1 si are loc relatia

df

ds(a) = df(a)(s).

346

Teorema. Fie f : A→ R, A ⊆ Rn, diferentiabila ın a ∈ intA. Atunci

df(a)(h) = f ′x1(a)h1 + f ′x2(a)h2 + · · ·+ f ′xn(a)hn.

Notand hk = dxk, 1 ≤ k ≤ n, avem

df(a)(dx) = f ′x1(a)dx1 + f ′x2(a)dx2 + · · ·+ f ′xn(a)dxn.

Teorema. Daca A ⊆ Rn este o multime deschisa si f ∈ C1(A), atunci f estediferentiabila pe A.

Teorema. (Diferentiala functiilor compuse) Fie f : A→ B, g : B → Rp, A ⊆ Rn,

B ⊆ Rm. Daca f este diferentiabila ın a ∈ intA si g este diferentiabila ın b = f(a) ∈ intB,

atunci g f : A→ Rp este diferentiabila ın a si are loc relatia

d(g f)(a) = dg(b) df(a).

Teorema. (Teorema de medie) Fie A ⊆ Rn o multime deschisa si convexa si f :

A → R o functie diferentiabila pe A si a, b ∈ A. Atunci exista c pe segmentul [a, b] astfel

ca

f(b)− f(a) = df(c)(b− a).

Teorema. Fie A ⊆ Rn o multime deschisa si conexa. Daca f : A → R estediferentiabila pe A si df(x) = 0 pentru orice x ∈ A, atunci f este constanta pe A.

Calculul diferentialei se poate face si prin utilizarea regulilor de diferentiere. Dacaf, g : A→ R sunt diferentiabile ın a ∈ intA, atunci

d(f + g)(a) = df(a) + dg(a)

d(λf)(a) = λdf(a), λ ∈ R

d(fg)(a) = f(a)dg(a) + g(a)df(a)

d

(f

g

)(a) =

g(a)df(a)− f(a)dg(a)

g2(a), g(a) 6= 0.

Pentru o functie f ∈ Cp(A),A ⊆ Rm fiind o multime deschisa, se defineste diferentialade ordinul n, 1 ≤ n ≤ p, a lui f prin

dnf(x) =

(∂

∂x1dx1 + · · ·+ ∂

∂xmdxm

)nf(x) =

=∑

k1+···+km=n

n!

k1!k2! . . . km!

∂k1+···+kmf

∂xk11 . . . ∂xkmm(x)dxk11 . . . dxkmm .


Pentru n = 2 se obtine formula

d2f(x) =n∑k=1

∂2f(x)

∂x2k

dx2k + 2

∑1≤j<k≤n

∂2f(x)

∂xk∂xjdxkdxj .

Teorema. (Formula lui Taylor) Fie A ⊆ Rn o multime deschisa si convexa, f ∈

Cm+1(A) si a ∈ A. Atunci pentru orice x ∈ A exista ξ pe segmentul [a, x] astfel ca

f(x) = f(a) +df(a)(x− a)

1!+ · · ·+ dmf(a)(x− a)

m!+dm+1f(ξ)(x− a)

(m+ 1)!.

Teorema. (Teorema functiilor implicite) Fie A ⊆ Rn×Rm o multime deschisa si

f : A→ Rm, f = (f1, f2, . . . , fm) si (x0, y0) ∈ A, x0 ∈ Rn, y0 ∈ Rm. Daca sunt ındeplinite

conditiile:

1) f(x0, y0) = 0;

2) f ∈ C1(A);

3)D(f1, . . . , fm)

D(y1, . . . , ym)(x0, y0) 6= 0

atunci exista o vecinatate deschisa U a lui x0 ın Rn, o vecinatate deschisa V a lui y0 ın

Rm si o functie ϕ : U → V astfel ca

a) ϕ(x0) = y0;

b) f(x, ϕ(x)) = 0, ∀ x ∈ U ;c) ϕ este diferentiabila pe U .

Extremele functiilor de mai multe variabile

Extreme localeFie f : D → R, D ⊆ Rn. Punctul a ∈ D se numeste punct de minim (maxim) local al

functiei f daca exista o vecinatate V a lui a astfel ca

f(a) ≤ f(x) (f(a) ≥ f(x)), pentru orice x ∈ V ∩D.

Punctul a ∈ D se numeste punct de minim (maxim) global al lui f daca f(a) ≤ f(x)(f(a) ≥ f(x)) pentru orice x ∈ D.

Punctele de minim sau maxim local (global) se numesc puncte de extrem local (global)ale lui f .

Teorema. (Fermat) Daca a ∈ intD este punct de extrem local al lui f si f estediferentiabila ın a, atunci df(a) = 0.

Punctele a ∈ D ın care df(a) = 0 se numesc puncte stationare ale lui f . Rezulta ca unpunct a ∈ D este stationar daca si numai daca

f ′x1(a) = 0, f ′x2(a) = 0, . . . , f ′xn(a) = 0.

Pentru a decide care din punctele stationare sunt puncte de extrem local se poate folosiurmatorul rezultat:

348

Teorema. Fie D ⊆ Rn o multime deschisa, f ∈ C2(D) si a ∈ D un punct stationar

al lui f . Au loc:

a) Daca diferentiala de ordinul al doilea d2f(a) este pozitiv definita, atunci a este punct

de minim local al lui f ;

b) Daca d2f(a) este negativ definita, atunci a este punct de maxim local al lui f ;c) Daca d2f(a) este nedefinita, atunci a nu este punct de extrem local al lui f .Prezentam mai ın detaliu cazul functiilor de doua variabile reale. Fie D ⊆ R2 o multime

deschisa, f ∈ C2(D) si (x0, y0) un punct stationar al lui f . Atunci

d2f(x0, y0) = pdx2 + 2qdxdy + dy2,

unde p = f ′′x2(x0, y0), q = f ′′xy(x0, y0), r = f ′′y2(x0, y0). Notam δ := q2 − pr. Au loc:1) Daca δ > 0 atunci (x0, y0) nu este punct de extrem local al lui f ,2) Daca δ < 0 si p > 0 atunci (x0, y0) este punct de minim local al functiei f ,3) Daca δ < 0 si p < 0 atunci (x0, y0) este punct de maxim local al functiei f .Revenind la cazul general, reamintim un rezultat din algebra. Fie ϕ : Rn → R o

forma patratica si A matricea sa. Notam cu λ1, λ2, . . . , λn valorile proprii ale lui A si cu∆1,∆2, . . . ,∆n minorii sai principali.

Teorema. (Sylvester) Au loc echivalentele:

1) ϕ este pozitiv definita ⇔ λ1 > 0, λ2 > 0, . . . , λn > 0 ⇔

∆1 > 0,∆2 > 0, . . . ,∆n > 0

2) ϕ este negativ definita ⇔ λ1 < 0, λ2 < 0, . . . , λn < 0 ⇔

∆1 < 0,∆2 > 0,∆3 < 0, . . . , (−1)n∆n > 03) ϕ este nedefinita ⇔ A are doua valori proprii de semne contrare.

Extreme conditionateFie D ⊆ Rn o multime nevida, f : D → R si g1, g2, . . . , gm : D → R m functii date

(cu m < n). Fie

C = x ∈ D | g1(x) = 0, . . . , gm(x) = 0, x = (x1, . . . , xn).

Un punct a ∈ C se numeste punct de extrem local conditionat daca a este punct de extremlocal pentru functia f |C (restrictia lui f la C). Relatiile

g1(x) = 0, g2(x) = 0, . . . , gm(x) = 0

se mai numesc legaturi, din aceasta cauza extremele conditionate se mai numesc extremecu legaturi.

Fie G = (g1, . . . , gn) : D → Rm si L : D ×Rm → R, definita prin

L(x, λ) = f(x) + λ1g1(x) + · · ·+ λmgm(x), λ = (λ1, . . . , λm) ∈ Rm.

Teorema. Presupunem ca D este multime deschisa si f, g1, . . . , gm ∈ C1(D). Daca

a ∈ C este punct de extrem local conditionat al lui f si matricea jacobiana JG verifica


relatia rang JG(a) = m, atunci exista λ0 = (λ01, λ

02, . . . , λ

0m) ∈ Rm astfel ca L′xk(a, λ0) = 0, 1 ≤ k ≤ n

gj(a) = 0, 1 ≤ j ≤ m

Functia L se numeste Lagrangeanul lui f iar λ01, λ

02, . . . , λ

0m se numesc multiplicatorii

lui Lagrange.Observatie. Daca a este punct de extrem local conditionat, atunci (a, λ0) este punct

stationar al lui L.Are loc urmatorul rezultat:

Teorema. Presupunem ca D este multime deschisa, f, g1, . . . , gm ∈ C1(D) si (a, λ0) ∈

C ×Rm este un punct stationar al lui L. Daca pentru orice h ∈ Rn \ 0 cu proprietatea

dG(a)(h) = 0 avem

d2L(a, λ0)(h) > 0 (d2L(a, λ0)(h) < 0),

atunci a este punct de minim (maxim) local conditionat al lui f .

Probleme

Problema 10.1 Fie m,n ∈ N∗ si f : R2 → R definita prin

f(x, y) =

xmyn

x2 − xy + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0)

Sa se studieze continuitatea, existenta derivatelor partiale de ordinul I, derivabilitatea

pe o directie si diferentiabilitatea lui f ın punctul (0, 0).

Solutie.Continuitatea: daca m = n = 1, considerand dreapta y = λx, λ ∈ R, avem

limx→0

f(x, λx) =λ

1− λ+ λ2 ,

care depinde de λ, deci lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) nu exista. Daca m+ n > 2 avem

|f(x, y)| = |xmyn|x2 − xy + y2

≤ |xmyn|xy

= |x|m−1|y|n−1

pentru (x, y) 6= (0, 0), de unde rezulta

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 = f(0, 0).

Deci f este continua ın (0, 0) daca si numai daca m+ n > 2.Derivabilitatea ın raport cu x si y:

limx→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x− 0= lim

x→0

0

x= 0

350

si

limy→0

f(0, y)− f(0, 0)

y − 0= lim

y→0

0

y= 0,

deci f ′x(0, 0) = f ′y(0, 0) = 0.Derivabilitatea pe o directie: fie s = (u, v) ∈ R2 cu u2 + v2 = 1, uv 6= 0. Avem

limt→0

f((0, 0) + t(u, v))− f(0, 0)

t= lim

t→0

tm+numvn

t3(u2 − uv + v2)=

= limt→0

tm+n−3 umvn

u2 − uv + v2= lim

t→0tm+n−3f(u, v).

Daca m+ n > 3 rezulta cadf

ds(0, 0) = 0 pentru orice s.

Daca m+ n = 3 rezulta cadf

ds(0, 0) = f(u, v).

Daca m+ n < 3, rezulta m = n = 1 si f nu este derivabila pe nici o directie s.Diferentiabilitatea ın (0, 0): daca m = n = 1, f nu este diferentiabila ın (0, 0), deoarecenu este continua ın (0, 0). Pentru m + n ≥ 3, cum f ′x(0, 0) = f ′y(0, 0) = 0, daca f ar fidiferentiabila ın (0, 0) ar trebui ca

df(0, 0)(h, k) = f ′x(0, 0)h+ f ′y(0, 0)k = 0.

Relatia

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)− T (x− 0, y − 0)√x2 + y2

= 0 ⇔

lim(x,y)→(0,0)

xmyn

(x2 − xy + y2)√x2 + y2

= 0

este verificata daca si numai daca m + n > 3 (pentru m + n = 3 se considera limita pedreapta y = λx). Deci f este diferentiabila ın (0, 0) daca si numai daca m+ n > 3.

Problema 10.2 Fie f : R2 → R definita prin

f(x, y) =

(x2 + y2) sin

1√x2 + y2

, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0).

Demonstrati ca f este diferentiabila ın (0, 0), dar f ′x si f ′y nu sunt continue ın (0, 0).

Solutie. Avem

f ′x(0, 0) = limx→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= lim

x→0|x| sin 1

|x|= 0

si analog

f ′y(0, 0) = limy→0

f(0, y)− f(0, 0)

y= lim

y→0|y| sin 1

|y|= 0.

Vom arata ca df(0, 0) = 0. Intr-adevar, avem

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)− df(0, 0)(x− 0, y − 0)√x2 + y2

=


= lim(x,y)→(0,0)

√x2 + y2 sin

1√x2 + y2

= 0.

Pentru (x, y) 6= (0, 0) avem

f ′x(x, y) = 2x sin1√

x2 + y2− x√

x2 + y2cos

1√x2 + y2

f ′y(x, y) = 2y sin1√

x2 + y2− y√

x2 + y2cos

1√x2 + y2

.

Cum

limn→∞

f ′x

(1

2nπ, 0

)= lim

n→∞(

1

nπsin 2nπ − cos 2nπ) = −1

si

limn→∞

f ′x

(0,

1

2nπ

)= 0

rezulta ca lim(x,y)→(0,0)

f ′x(x, y) nu exista, deci f ′x este discontinua ın (0, 0). Prin simetrie

rezulta ca si f ′y este discontinua ın (0, 0).Observatie. Continuitatea derivatelor partiale ıntr-un punct nu este o conditie nece-

sara pentru diferentiabilitatea functiei ın acel punct.

Problema 10.3 Sa se arate ca functia f : R2 → R

f(x, y) =

|x|a sin

y

x, x 6= 0

0, x = 0

este diferentiabila pentru orice a > 1.

Solutie. Functia f este diferentiabila ın (x0, y0) daca si numai daca exista derivatele

partiale∂f

∂x(x0, y0),

∂f

∂y(x0, y0) si ın plus

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y)− f(x0, y0)− ∂f

∂x(x0, y0)(x− x0)− ∂f

∂y(x0, y0)(y − y0)√

(x− x0)2 + (y − y0)2= 0.

Functia f are derivate partiale continue pe multimea R2 − (0, b)| b ∈ R, deci estediferentiabila ın aceste puncte. Ramane de studiat diferentiabilitatea ın punctele de forma(0, b), b ∈ R.

In (0, 0) avem:∂f

∂x(0, 0) = lim

x→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= 0,

∂f

∂y(0, 0) = lim

y→0

f(0, y)− f(0, 0)

y= 0

si |f(x, y)| ≤ |x|a, deci

lim(x,y)→(0,0)

|f(x, y)|√x2 + y2

= lim(x,y)→(0,0)

|x|√x2 + y2

|x|a−1 ≤

352

≤ lim(x,y)→(0,0)

|x|a−1 = 0,

deci exista diferentiala ın (0, 0) si este egala cu zero.In (0, b) cu b 6= 0,

∂f

∂x(0, b) = lim

x→0

f(x, b)− f(0, b)

x= lim

x→0xa−1 sin

b

x= 0

∂f

∂y(0, b) = 0,

iar ∣∣∣∣f(x, y)− f(0, b)− ∂f

∂x(0, b)x− ∂f

∂y(0, b)(y − b)

∣∣∣∣ = |f(x, y)| ≤ |x|a

si

lim(x,y)→(0,0)

|f(x, y)|√x2 + (y − b)2

≤ lim(x,y)→(0,0)

|x|√x2 + (y − b)2

|x|a−1 ≤

≤ lim(x,y)→(0,0)

|x|a−1 = 0, deci df(0, b) = 0.

Problema 10.4 Fie f : D → R, D ⊆ R2 si (x0, y0) ∈ intD. Sa se arate ca daca f are

derivate partiale ıntr-o vecinatate V a lui (x0, y0) si daca una din ele este continua ın

(x0, y0), atunci f este diferentiabila ın (x0, y0).

Solutie. Sa presupunem ca f ′x este continua ın (x0, y0). Pentru orice (x, y) ∈ V ∩ Davem:

f(x, y)− f(x0, y0) = f(x, y)− f(x0, y) + f(x0, y)− f(x0, y0).

Conform teoremei lui Lagrange exista c1 ıntre x0 si x astfel ca

f(x, y)− f(x0, y) = (x− x0)f ′x(c1, y).

Cum f ′y(x0, y0) exista rezulta ca

limy→y0

f(x0, y)− f(x0, y0)

y − y0− f ′y(x0, y0) = 0

decif(x0, y)− f(x0, y0) = (y − y0)(f ′y(x0, y0) + ω2(x0, y))

cu limy→y0

ω2(x0, y) = 0.

Din continuitatea lui f ′x ın (x0, y0) rezulta ca

f ′x(c1, y) = f ′x(x0, y0) + ω1(x, y)

cu lim(x,y)→(x0,y0)

ω1(x, y) = 0.

Rezulta ca are loc relatia

f(x, y)− f(x0, y0) = (x− x0)f ′x(x0, y0) + (y − y0)f ′y(x0, y0)+

+ω1(x, y)(x− x0) + ω2(x0, y)(y − y0)

pentru (x, y) ∈ V ∩D, ceea ce arata ca f este diferentiabila ın (x0, y0).


Problema 10.5 Fie g : R → R o functie derivabila pe R, satisfacand conditiile g(0) = 0

si g′(0) 6= 0. Definim functia f : R2 → R prin relatia

f(x, y) =

g(xy)

x2 − y2

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0)

a) Sa se studieze existenta derivatelor partiale de ordinul I si diferentiabilitatea lui f

ın (0, 0).

b) Sa se arate ca f ′′xy(0, 0) 6= f ′′yx(0, 0).

Solutie. a) f ′x(0, 0) = limx→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= lim

x→0

0

x= 0 si analog f ′y(0, 0) = 0. Demon-

stram ca f este diferentiabila ın (0, 0) si T = df(0, 0) = 0. Avem

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)− T (x− 0, y − 0)√x2 + y2

=

= lim(x,y)→(0,0)

g(xy)√x2 + y2

· x2 − y2

x2 + y2=

= lim(x,y)→(0,0)

g(xy)− g(0)

xy· xy√

x2 + y2· x

2 − y2

x2 + y2=

= g′(0) lim(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

· x2 − y2

x2 + y2= 0,

deoarece ∣∣∣∣∣ xy√x2 + y2

· x2 − y2

x2 + y2

∣∣∣∣∣ =|x|√x2 + y2︸︷︷︸≤1

·∣∣∣∣x2 − y2

x2 + y2

∣∣∣∣︸︷︷︸≤1

|y| ≤ |y|,

pentru (x, y) 6= (0, 0).b) Avem

f ′x(x, y) = yg′(xy)x2 − y2

x2 + y2+ g(xy)

4xy2

(x2 + y2)2

si

f ′y(x, y) = xg′(xy)x2 − y2

x2 + y2− g(xy)

4x2y

(x2 + y2)2.

Obtinem

f ′′xy(0, 0) = (f ′x)′y(0, 0) = limy→0

f ′x(0, y)− f ′(0, 0)

y=

= limy→0

−yg′(0)

y= −g′(0)

si

f ′′yx(0, 0) = (f ′y)′x(0, 0) = lim

x→0

f ′y(x, 0)− f ′y(0, 0)

x= lim

x→0

xg′(0)

x= g′(0).

354

Problema 10.6 Se da functia f : R2 → R definita prin

f(x, y) =

y2 ln

(1 +

x2

y2

), y 6= 0

0, y = 0

Sa se arate ca derivatele mixte de ordinul doi ale lui f nu sunt continue ın origine si

totusi f ′′xy(0, 0) = f ′′yx(0, 0).

Solutie. In punctele de forma (x, y) cu y 6= 0 avem

f ′x(x, y) =2xy2

x2 + y2si f ′y(x, y) = 2y ln

(1 +

x2

y2

)− 2x2y

x2 + y2

iar ın punctele de forma (x0, 0) avem

f ′x(x0, 0) = limx→x0

f(x, 0)− f(x0, 0)

x− x0= lim

x→x0

0

x− x0= 0

f ′y(x0, 0) = limy→0

f(x0, y)− f(x0, 0)

y= lim

y→0y ln

(1 +

x20

y2

)= 0.

Se obtine de asemenea

f ′′xy(x, y) =

4x3y

(x2 + y2)2, y 6= 0

0, y = 0

si

f ′′yx(x, y) =

4x3y

(x2 + y2)2, y 6= 0

0, y = 0

deci f ′′xy = f ′′yx. Calculand limitele pe dreapta y = λx se obtin rezultatele

limx→0

f ′′xy(x, λx) = limx→0

f ′′yx(x, λx) =4λ

(1 + λ2)2,

de unde rezulta ca functiile f ′′xy si f ′′yx nu au limita ın (0, 0), deci sunt discontinue ın (0, 0).Observatie. Continuitatea derivatelor partiale mixte de ordinul II din teorema lui

Schwarz nu este o conditie necesara pentru egalitatea lor.

Problema 10.7 Fie g : [0,+∞)→ R si f : Rn → R, f(x) = g(‖x‖) pentru orice x ∈ Rn.

Sa se arate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

i) f este o functie de clasa C1;

ii) g este o functie de clasa C1 si g′(0) = 0.

Solutie. ”i) ⇒ ii)” Presupunem ca f este de clasa C1 si fie u ∈ Rn, ‖u‖ = 1. Pentruorice t ≥ 0 avem

f(tu) = g(‖tu‖) = g(t)


si tinand seama ca f ∈ C1(Rn) rezulta ca g ∈ C1([0,∞)). Avem de asemenea relatia

f(t(−u)) = g(‖ − tu‖) = g(| − t| · ‖u‖) = g(t)

pentru orice t ≥ 0. Deci pentru orice t ≥ 0 avem:

g(t) = f(tu) = f(−tu).

Notand u = (u1, u2, . . . , un) si derivand relatia anterioara avem

g′(t) = u1f′x1(tu) + · · ·+ unf

′xn(tu) = −u1f

′x1(−tu)− · · · − unf ′xn(−tu)

de unde rezulta

g′(0) = u1f′x1(0) + · · ·+ unf

′xn(0) = −u1f

′x1(0)− · · · − unf ′xn(0)

ceea ce este echivalent cu g′(0) = 0.”ii) ⇒ i)” Cum norma euclidiana a lui Rn este de clasa C1 pe Rn \ 0 rezulta ca f

este de clasa C1 pe Rn \ 0. Demonstram ca f ′xk(0) = 0 pentru 1 ≤ k ≤ n. Avem:

limxk→0

∣∣∣∣f(0, . . . , 0, xk, 0, . . . , 0)− f(0, . . . , 0)

xk

∣∣∣∣ = limxk→0

|g(|xk|)− g(0)||xk|

=

= |g′(0)| = 0 pentru 1 ≤ k ≤ n.

De asemenea pentru x ∈ Rn, x 6= 0, avem

f ′xk(x) = g′(‖x‖) xk‖x‖

, 1 ≤ k ≤ n.

Rezulta ca

|f ′xk(x)| = |g′(‖x‖)| |xk|‖x‖≤ |g′(‖x‖)|

si tinand seama de faptul ca limx→0

g′(‖x‖) = g′(0) = 0 obtinem

limx→0

f ′xk(x) = 0 = f ′xk(0), 1 ≤ k ≤ n.

Deci f ∈ C1(Rn).

Problema 10.8 Fie f : R3 → R o functie definita prin relatia

f(x) =

sin(a‖x‖)‖x‖

, x 6= 0

a, x = 0

unde a ∈ R. Sa se arate ca f ∈ C2(R3) si ∆f + a2f = 0.

Solutie. Fie g : R→ R, g(t) =sin(at)

tpentru t 6= 0 si g(0) = a. Se verifica imediat ca

g este o functie de clasa C∞(R), dezvoltand functia sin(at) ın serie de puteri ale lui t, sica g′(0) = 0. Cum f(x) = g(‖x‖) pentru orice x ∈ R3 rezulta din problema 10.7 ca f estede clasa C1(R3) si f ′xk(0) = 0, 1 ≤ k ≤ 3.

356

Printr-un rationament analog celui din problema 10.7 se arata ın continuare ca f ∈C2(R3). Avem

f ′′x2k(x) = g′′(‖x‖)

x2k

‖x‖2+ g′(‖x‖)

‖x‖2 − x2k

‖x‖3

pentru 1 ≤ k ≤ 3 de unde rezulta

∆f = g′′(‖x‖) + g′(‖x‖) 2

‖x‖= −a2f.

Problema 10.9 Fie K ⊆ Rn o multime nevida cu proprietatea ca pentru orice x ∈ K

si orice t > 0 avem tx ∈ K. Fie de asemenea f : K → R o functie omogena de gradul p,

p ∈ R, adica avand proprietatea

f(tx) = tpf(x)

pentru orice x ∈ K si orice t > 0.

a) Sa se arate ca daca f ∈ C1(K), atunci

x1∂f

∂x1(x) + · · ·+ xn

∂f

∂xn(x) = pf(x), ∀ x ∈ K.

b) Sa se arate ca daca f ∈ C2(K), atunci(x1

∂

∂x1+ · · ·+ xn

∂

∂xn

)(2)

f(x) = p(p− 1)f(x), ∀ x ∈ K.

(Identitatile lui Euler pentru functii omogene.)

Solutie. a) Derivand relatia

f( tx1︸︷︷︸u1

, tx2︸︷︷︸u2

, . . . , txn︸︷︷︸un

) = tpf(x), x = (x1, . . . , xn) ∈ K,

ın raport cu t obtinem

∂f

∂u1(tx)

du1

dt+ · · ·+ ∂f

∂un(tx)

dundt

= ptp−1f(x)

sau

x1∂f

∂u1(tx) + · · ·+ xn

∂f

∂un(tx) = ptp−1f(x).

Punand ın ultima relatie t = 1 obtinem

x1∂f

∂x1(x) + · · ·+ xn

∂f

∂xn(x) = pf(x).

b) Derivam relatia de la punctul a) ın raport cu x1, x2, . . . , xn obtinem succesiv

∂f

∂x1+ x1

∂2f

∂x21

+ x2∂2f

∂x1∂x2+ · · ·+ xn

∂2f

∂x1∂xn= p

∂f

∂x1


x1∂2f

∂x2∂x1+

∂f

∂x2+ x2

∂2f

∂x22

+ · · ·+ xn∂2f

∂x2∂xn= p

∂f

∂x2

. . . . . .

x1∂2f

∂xn∂x1+ · · ·+ ∂f

∂xn+ xn

∂2f

∂x2n

= p∂f

∂xn.

Inmultind relatiile anterioare cu x1, x2, . . . , xn si adunandu-le obtinem

n∑k=1

x2k

∂2f

∂x2k

+ 2∑

1≤k<j≤n

∂2f

∂xk∂xjxkxj +

n∑k=1

xk∂f

∂xk= p

n∑k=1

xk∂f

∂xk

si ınlocuind

n∑k=1

xk∂f

∂xk= pf obtinem

(x1

∂

∂x1+ · · ·+ xn

∂

∂xn

)(2)

f = p(p− 1)f.

Problema 10.10 Sa se calculeze∂m+nf

∂xm∂ynsi diferentiala de ordinul n pentru functia:

f(x, y) = (x2 + y2)ex+y, (x, y) ∈ R2.

Solutie. Aplicand formula lui Leibniz avem

∂mf

∂xm= C0

mex+y(x2 + y2) + C1

mex+y · 2x+ C2

mex+y · 2 =

= ex+y(x2 + y2 + 2mx+m2 −m)

∂m+nf

∂xm∂yn= C0

nex+y(x2 + y2 + 2mx+m2 −m) + C1

nex+y · 2y + C2

nex+y · 2 =

= ex+y(x2 + y2 + 2mx+ 2ny +m2 + n2 −m− n).

Inlocuind derivatele partiale ın formula

dnf =

(∂

∂xdx+

∂

∂ydy

)nf

se obtine diferentiala de ordinul n a lui f .

Problema 10.11 a) Sa se arate ca derivata functiei f : R∗ × R → R, f(x, y) =y2

xın

orice punct al elipsei 2x2 + y2 = 1 pe directia normalei la elipsa este egala cu zero.

b) Sa se calculeze derivata functiei f(x, y, z) =1√

x2 + y2 + z2, pe directia gradientului

sau.

Solutie. a) Fie (x0, y0) un punct al elipsei 2x2 + y2 = 1. Tangenta la elipsa ın (x0, y0)are ecuatia 2xx0 + yy0 = 1, deci versorul normalei la elipsa este s = (s1, s2) unde

s1 =2x0√

4x20 + y2

0

, s2 =y0√

4x20 + y2

0

.

358

Aplicand formula derivatei pe directie avem

df

ds(x0, y0) = f ′x(x0, y0)s1 + f ′y(x0, y0)s2 =

= −y20

x20

· 2x0√4x2

0 + y20

+2y0

x0· y0√

4x20 + y2

0

= 0.

b) Fie punctul M(x, y, z), diferit de originea O.Notam prin r =

√x2 + y2 + z2. Avem

gradf =(− xr3,− y

r3,− z

r3

)iar versorul sau este s =

(−xr,−y

r,−z

r

). Obtinem

df

ds(M) = f ′x(M)s1 + f ′y(M)s2 + f ′z(M)s3 =

1

r2.

Problema 10.12 Sa se arate ca ecuatia xey + yex = 1 defineste o functie implicita

y = f(x)

ıntr-o vecinatate a punctului (0, 1). Sa se determine primii trei termeni din dezvoltarea lui

f dupa formula lui Taylor ın punctul 0.

Solutie. Fie F : R2 → R, F (x, y) = xey+yex−1. Cum F este de clasa C∞, F (0, 1) = 0si F ′y(0, 1) = 1 6= 0 rezulta ca ecuatia F (x, y) = 0 defineste o functie y = f(x) de clasa C∞

ıntr-o vecinatate a lui (0, 1). Derivand ecuatia F (x, y) = 0 ın care y = f(x) obtinem:

ey + xy′ey + y′ex + yex = 0

si punand x = 0, y = 1 rezulta y′(0) = −1− e. Derivand din nou obtinem

2y′ey + xy′′ey + x(y′)2ey + y′′ex + 2y′ex + yex = 0

si punand din nou x = 0, y = 1 rezulta

y′′(0) = 2e2 + 4e+ 1.

In sfarsit derivand din nou ultima relatie si punand x = 0, y = 1 se obtine

y′′′(0) = −9e3 − 24e2 − 15e− 1.

Dezvoltarea ceruta este

f(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 +

f ′′′(0)

3!x3 +R3(x)

f(x) = 1− (1 + e)x+

(e2 + 2e+

1

2

)x2 −

(3

2e3 + 4e2 +

5

2e+

1

6

)x3 +R3(x).


Problema 10.13 Consideram sistemul de ecuatii3x+ y − z + u4 = 0

x− y + 2z + u = 0

2x+ 2y − 3z + 2u = 0

a) Demonstrati ca sistemul dat defineste pe x, y, u ca functii de z satisfacand conditiile

x(0) = y(0) = u(0) = 0 pe un interval de forma ]− ε, ε[ cu ε > 0.

b) Demonstrati ca nu exista nici un interval de forma ]−δ, δ[ cu δ > 0 pe care sistemul

dat sa defineasca pe x, y, z ca functii de u.

Solutie. a) Fie F1, F2, F3 : R4 → R,

F1(x, y, z, u) = 3x+ y − z + u4,

F2(x, y, z, u) = x− y + 2z + u,

F3(x, y, z, u) = 2x+ 2y − 3z + 2u.

Avem

D(F1, F2, F3)

D(x, y, u)(0, 0, 0, 0) =

∣∣∣∣∣∣3 1 4u3

1 −1 12 2 2

∣∣∣∣∣∣ (0, 0, 0, 0) =

=

∣∣∣∣∣∣3 1 01 −1 12 2 2

∣∣∣∣∣∣ = −12 6= 0

de unde rezulta pe baza teoremei functiilor implicite ca exista o vecinatate U a lui 0 si ovecinatate V a punctului (0, 0, 0) si o unica functie vectoriala F = (f1, f2, f3) : U → Vdefinita de sistemul dat si care satisface conditia F (0) = (0, 0, 0). Din faptul ca U ∈ VR(0)rezulta ca exista ε > 0 astfel ca ]− ε, ε[⊂ U . Cum F1, F2, F3 sunt de clasa C∞ pe ]− ε, ε[rezulta ca si functia F este de clasa C∞ pe ]− ε, ε[.

b) Presupunem ca exista δ > 0 astfel ca sistemul dat sa defineasca pe x, y, z ca functiide u pe intervalul ] − δ, δ[. Scazand ecuatiile 2 si 3 ale sistemului din prima ecuatie seobtine u4 − 3u = 0, de unde rezulta ca u ∈ 0, 3

√3, deci ]− δ, δ[⊆ 0, 3

√3, contradictie.

Problema 10.14 Sa se transforme ecuatia (1 − x2)y′′ − xy′ + ω2y = 0 prin schimbarea

de variabila x = cos t.

Solutie. Fie z(t) = y(cos t). Avem z′(t) = −y′(cos t) sin t de unde y′(cos t) = −z′(t)

sin t.

Derivand din nou aceasta relatie se obtine

−y′′(cos t) sin t = −z′′(t) sin t− z′(t) cos t

sin2 t

y′′(cos t) =z′′(t) sin t− z′(t) cos t

sin3 t.

Inlocuind ın ecuatie se obtine z′′(t) + ω2z(t) = 0.

360

Problema 10.15 Sa se transforme ecuatia y′′ − y′2 + 2xy′3 = 0 schimband rolul vari-

abilelor.

Solutie. Avem din formula de derivare a functiei inverse

y′(x) =1

x′(y), y = y(x).

Derivand din nou aceasta relatie ın raport cu x se obtine

y′′(x) = − x′′(y)y′

(x′(y))2= − x′′(y)

(x′(y))3.

Inlocuind ın ecuatia data, obtinem ecuatia:

x′′ + x′ − 2x = 0.

Problema 10.16 Se da ecuatia cu derivate partiale

az′′x2 + 2bz′′xy + cz′′y2 = 0

unde a, b, c ∈ R si ac− b2 < 0. Sa se afle α, β ∈ R astfel ca prin schimbarea de variabile u = x+ αy

v = x+ βz

ecuatia sa devina w′′uv = 0. Sa se rezolve ecuatia data.

Solutie. Fie z(x, y) = w(x+ αy, x+ βy). Avem

z′x = w′uu′x + w′vv

′x = w′u + w′v

z′y = w′uu′y + w′vv

′y = αw′u + βw′v

z′′x2 = w′′u2u′x + w′′uvv

′x + w′′uvu

′x + w′′v2v

′x = w′′u2 + 2w′′uv + w′′v2

z′′xy = w′′u2u′y + w′′uvv

′y + w′′uvu

′y + w′′v2v

′y = αw′′u2 + (α+ β)w′′uv + βw′′v2

z′′y2 = α(w′′u2u′y + w′′uvv

′y) + β(w′′uvu

′y + w′′v2v

′y) = α2w′′u2 + 2αβw′′uv + β2w′′v2 .

Inlocuind ın ecuatia data se obtine

(a+ 2bα+ cα2)w′′u2 + (2a+ 2b(α+ β) + cα2)w′′uv + (a+ 2bβ + cβ2)w′′v2 = 0.

Rezulta ca α si β trebuie sa fie radacini ale ecuatiei

cγ2 + 2bγ + a = 0.

Pentru aceste valori ecuatia devine w′′uv = 0 cu solutia

w(u, v) = ϕ(u) + ψ(v)

unde ϕ,ψ sunt functii arbitrare de clasa C2. Solutie ecuatiei date este

z(x, y) = ϕ(x+ γ1y) + ψ(x+ γ2y).


Problema 10.17 Sa se transforme ecuatia lui Laplace

∆z = z′′x2 + z′′y2 = 0

trecand la coordonate polare.

Solutie. Fie x = r cos ty = r sin t

si fie functia w definita prin

w(r, t) = z(r cos t, r sin t).

Din formula de derivare a functiilor compuse avem

w′r = z′x cos t+ z′y sin t

w′t = −z′xr sin t+ z′yr cos t.

Derivand din nou aceste relatii obtinem:

w′′r2 = z′′x2 cos2 t+ 2z′′xy sin t cos t+ z′′y2 sin2 t

w′′t2 = z′′x2 cos2 t− 2z′′xyr2 sin t cos t+ z′′y2r

2 cos2 t− z′xr cos t− z′yr sin t

de unde se obtine

w′′r2 +1

r2w′′t2 +

1

rw′r = 0.

Problema 10.18 Sa se rezolve ecuatia z′′x2 + 2z′′xy + z′′y2 = 0 cu schimbarea de variabile si

de functie u = x+ y

v = x− y

w = xy − z.

Solutie. Fiew(x+ y, x− y) = xy − z(x, y)

sau echivalent

w(u, v) =u2 − v2

2− z

(u+ v

2,u− v

2

).

Avem:z(x, y) = xy − w(x+ y, x− y)

de unde obtinemz′x = y − w′uu′x − w′vv′x = y − w′u − w′vz′y = x− w′uu′y − w′vv′y = x− w′u + w′v

si ın continuarez′′x2 = −w′′u2 − 2w′′uv − w′′v2

362

z′′xy = 1− w′′u2 − w′′v2

z′′y2 = −w′′u2 + 2w′′uv − w′′v2 .

Inlocuind ın ecuatia initiala obtinem

−w′′u2 − 2w′′uv − w′′v2 + 2− 2w′′u2 + 2w′′v2 − w′′u2 + 2w′′uv − w′′v2 = 0

ceea ce este echivalent cu

w′′u2 =1

2.

Integrand succesiv ın raport cu u se obtine

w′u =1

2u+ ϕ(v)

w =1

4u2 + ϕ(v)u+ ψ(v).

Revenind la variabilele x si y se obtine solutia

z(x, y) = −(x− y)2

4− (x+ y)ϕ(x− y)− ψ(x− y)

unde ϕ si ψ sunt functii arbitrare de clasa C2.

Problema 10.19 Sa se arate ca functia f : R2 → R definita prin

f(x, y) =

xy sin

1

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0)

este diferentiabila pe R2, dar nu este de clasa C1.

Solutie. Avem f ′x(0, 0) = f ′y(0, 0) = 0, iar pentru (x, y) 6= (0, 0)

f ′x(x, y) = y sin1

x2 + y2− 2x2y

(x2 + y2)2cos

1

x2 + y2

f ′y(x, y) = x sin1

x2 + y2− 2xy2

(x2 + y2)2cos

1

x2 + y2.

Se arata ca lim(x,y)→(0,0)

f ′x(x, y) nu exista si ca df(0, 0) = 0.

Problema 10.20 Sa se determine functiile f de clasa C2 de forma:

a) f(x, y) = ϕ(x2 + y2);

b) f(x, y) = ϕ(y2 − x2);

c) f(x, y) = ϕ(yx

)unde ϕ ∈ C2(R), care verifica ecuatia lui Laplace.


Solutie. a) Se obtine ∆f = 4uϕ′′(u) + 4ϕ′(u), u(x, y) = x2 + y2. Notand ϕ′(u) = ψ(u)se obtine uψ′(u) + ψ(u) = 0 ceea ce se scrie (uψ(u))′ = 0 de unde rezulta ca uψ(u) = C1,

C1 ∈ R. Deci ϕ′(u) =C1

ucu solutia

ϕ(u) = C1 ln |u|+ C2, C2 ∈ R.

Prin urmare

f(x, y) = C1 ln(x2 + y2) + C2, (x, y) ∈ R2 \ (0, 0).

b) Procedeu analog. Se obtine f(x, y) = C1(y2 − x2) + C2.

c) ∆f =x2 + y2

x4ϕ′′(u) + 2

y

x3ϕ′(u) = 0, u(x, y) =

y

x.

Se obtine ecuatia

(1 + u2)ψ′(u) + 2uψ(u) = 0, ψ(u) = ϕ′(u) ⇒

((1 + u2)ψ(u))′ = 0 ⇔ ψ(u) =C1

1 + u2⇒

ϕ(u) = C1arctg u+ C2, C1, C2 ∈ R.

Deci f(x, y) = C1arctgy

x+ C2, x 6= 0.

Problema 10.21 Sa se determine functia f ∈ C2(R2), care satisface relatia

a2f ′′x2 − b2f ′′y2 = 0, ab 6= 0,

efectuand schimbarea de variabile u = bx+ ay

v = bx− ay

Solutie. Punand g(bx + ay, bx − ay) = f(x, y) se obtine g′′uv = 0, de unde rezultag(u, v) = ϕ(u) + ψ(v), adica

f(x, y) = ϕ(bx+ ay) + ψ(bx− ay),

cu ϕ,ψ functii de clasa C2(R).

Problema 10.22 Sa se arate ca functia f : Rn → R, definita prin

f(x) =

‖x‖2 sin

1

‖x‖, x 6= 0

0, x = 0

unde ‖ · ‖ este norma euclidiana din Rn, este diferentiabila pe Rn, dar nu este de clasa C1.

Solutie. Se arata ca f ′xk(0) = 0, 1 ≤ k ≤ n si df(0) = 0.

364

Problema 10.23 Fie D o submultime nevida, deschisa si conexa a lui Rm si f : D → Rn

o functie cu proprietatea ca exista α > 1 si L > 0 astfel ca

‖f(x)− f(y)‖ ≤ L‖x− y‖α

pentru orice x, y ∈ D. Sa se arate ca f este constanta.

Solutie. Vom demonstra ca f este diferentiabila pe D si ca df(x) = 0 pentru oricex ∈ D. Fie x0 ∈ D. Avem

‖f(x)− f(x0)‖‖x− x0‖

≤ L‖x− x0‖α−1, ∀ x ∈ D \ x0.

De aici rezulta ca limx→x0

f(x)− f(x0)

‖x− x0‖= 0, deci df(x0) = 0. Cum D este conexa rezulta

ca f este constanta pe D.

Problema 10.24 Fie D ⊆ Rm o multime nevida, deschisa si convexa. Sa se arate ca daca

f : D → R este diferentiabila pe D si are derivate partiale marginite pe D, atunci f este

uniform continua pe D.

Solutie. Fie M > 0 astfel ca |f ′xk(x)| ≤ M pentru orice x ∈ D si orice k, 1 ≤ k ≤ m.Fie x, y ∈ D. Din teorema de medie rezulta ca

f(x)− f(y) = df(c)(x− y), c = x+ θ(y − x), 0 < θ < 1.

Avem

|f(x)− f(y)| =

∣∣∣∣∣n∑k=1

f ′xk(c)(xk − yk)

∣∣∣∣∣ ≤≤

n∑k=1

|f ′xk(c)| · |xk − yk| ≤Mn∑k=1

|xk − yk| ≤

≤ mM‖x− y‖, x = (x1, . . . , xm), y = (y1, . . . , ym).

Rezulta ca f este lipschitziana, deci este uniform continua.

Problema 10.25 Fie f : D → R, D ⊆ R2 si (x0, y0) ∈ intD. Presupunem ca exista

o vecinatate V ⊆ D a lui (x0, y0) astfel ıncat f sa fie continua ın (x0, y0) si sa admita

derivate partiale de ordinul unu pe V \ (x0, y0) cu proprietatea

lim(x,y)→(x0,y0)

f ′x(x, y) = a, lim(x,y)→(x0,y0)

f ′y(x, y) = b, a, b ∈ R.

Sa se arate ca f este diferentiabila ın (x0, y0).


Solutie. Exista o bila deschisa B cu centrul ın (x0, y0) astfel ca B ⊆ V ∩D. Pentru(x, y) ∈ B avem

|f(x, y)− f(x0, y0)− a(x− x0)− b(y − y0)| = |f(x, y)− f(x, y0)+

+f(x, y0)− f(x0, y0)− a(x− x0)− b(y − y0)| = |(y − y0)f ′y(x, c2)+

+(x− x0)f ′x(c1, y0)− a(x− x0)− b(y − y0)| ≤

≤ |x− x0| · |f ′x(c1, y0)− a|+ |y − y0| · |f ′x(x, c2)− b|

unde c1, c2 sunt punctele intermediare din teorema lui Lagrange aplicata functiilor f(·, y0)si f(x, ·).

Rezulta, notand ρ =√

(x− x0)2 + (y − y0)2, ca

|f(x, y)− f(x0, y0)− a(x− x0)− b(y − y0)|ρ

≤ |x− x0|ρ

|f ′x(c1, y0)− a|+

+|y − y0|

ρ|f ′x(x, c2)− b|, pentru (x, y) 6= (x0, y0).

Cum|x− x0|

ρ≤ 1,

|y − y0|ρ

≤ 1 rezulta ca membrul drept tinde la 0 cand (x, y) →

(x0, y0), deci f este diferentiabila ın (x0, y0) si

df(x0, y0)(h, k) = ah+ bk.

Problema 10.26 Sa se arate ca functia f : Rn → B(0, 1), unde B(0, 1) este bila deschisa

din Rn definita prin relatia

f(x) =x√

1 + ‖x‖2,

pentru orice x ∈ Rn este o bijectie de clasa C1 cu inversa de clasa C1 (difeomorfism sau

transformare regulata).

Solutie. Evident f ∈ C1(Rn,Rn). Se gaseste f−1 : B(0, 1)→ Rn,

f−1(x) =x√

1− ‖x‖2, x ∈ B(0, 1)

care este de clasa C1.

Problema 10.27 Fie f : R→ R o functie de clasa C2 si F : R2 → R

F (x, y) =

f(x)− f(y)

x− y, x 6= y

f ′(x), x = y.

Sa se arate ca F este functie de clasa C1.

366

Solutie. Pentru x 6= y avem

F ′x(x, y) =f ′(x)(x− y)− f(x) + f(y)

(x− y)2.

Fie a ∈ R. Avem

F ′x(a, a) = limx→a

F (x, a)− F (a, a)

x− a

= limx→a

f(x)− f(a)− (x− a)f ′(a)

(x− a)2

H= lim

x→a

f ′(x)− f ′(a)

2(x− a)=

1

2f ′′(a).

Aratam ca F ′x este continua ın (a, a) ceea ce revine la a arata ca

lim(x,y)→(a,a)

F ′x(x, y) =1

2f ′′(a).

Din formula lui Taylor aplicata functiei f obtinem

f(y)− f(x) = (y − x)f ′(x) +(y − x)2

2f ′′(x+ θ(y − x))

cu 0 < θ < 1, prin urmare

F ′x(x, y) =(y − x)2f ′′(x+ θ(y − x))

2(x− y)2=

1

2f ′′(x+ θ(y − x))

si de aici rezulta imediat ca

lim(x,y)→(a,a)

F ′x(x, y) =1

2f ′′(a).

Demonstratia este analoaga pentru existenta si continuitatea lui F ′y.

Problema 10.28 Se considera functia f : R2 → R de clasa C1 care satisface relatia

∂f

∂x(x, y) +

∂f

∂y(x, y) = f(x, y), ∀ (x, y) ∈ R.

1. Sa se arate ca functia g : R2 → R definita prin g(x, y) = f(x, x+ y) satisface relatia

∂g

∂x(x, y) = g(x, y), ∀ (x, y) ∈ R2.

2. Sa se arate ca exista o functie ϕ : R→ R de clasa C1 astfel ca

f(x, y) = ϕ(y − x)ex, ∀ (x, y) ∈ R2.

Solutie. 1. Fie x = u, x+ y = v. Avem

∂g

∂x(x, y) =

∂f

∂u(u, v) +

∂f

∂v(u, v) = f(u, v) = g(x, y).

2. Relatia∂g

∂x(x, y)− g(x, y) = 0, (x, y) ∈ R2 este echivalenta cu

∂

∂x(g(x, y)e−x) = 0


de unde rezulta cag(x, y)e−x = ϕ(y) ⇔ g(x, y) = ϕ(y)ex

sau, tinand seama de definitia lui g,

f(x, y) = ϕ(y − x)ex, ∀ (x, y) ∈ R2

unde ϕ ∈ C1(R).

Problema 10.29 Fie D ⊆ Rn o multime deschisa si f : D → Rm o functie diferentiabila

cu proprietatea ca exista M > 0 astfel ca

‖f(x)− f(y)‖ ≤M‖x− y‖, ∀ x, y ∈ D.

Sa se arate ca ‖df(x)‖ ≤M, ∀ x ∈ A.

Solutie. Fie a ∈ D arbitrar si T = df(a). Demonstram ca ‖T‖ ≤ M . Dindiferentiabilitatea lui f ın a rezulta ca exista o functie ω : D → Rn astfel ca

f(x)− f(a) = T (x− a) + ‖x− a‖ω(x)

cu limx→a

ω(x) = 0. Fie s ∈ Rm, ‖s‖ = 1. Cum D este deschisa rezulta ca exista δ > 0 astfelca

a+ ts ∈ D, ∀ t ∈ (0, δ).

Avemf(a+ ts)− f(a) = tT (s) + tω(a+ ts), t ∈ (0, δ).

Obtinem:

t‖T (s)‖ = ‖f(a+ ts)− f(a)− t(a+ ts)‖≤ ‖f(a+ ts)− f(a)‖+ t‖ω(a+ ts)‖≤ t(M + ‖ω(a+ ts)‖).

Facand acum t→ 0 ın relatia

‖T (s)‖ ≤M + ‖ω(a+ ts)‖

rezulta ca ‖T‖ ≤M .

Problema 10.30 Fie B = x ∈ Rn | ‖x‖ < 1 bila unitate din Rn si fie f : B → B o

functie continua cu proprietatea ‖f(x)‖ < ‖x‖ pentru orice x ∈ B, x 6= 0.

Sa se demonstreze ca sirul (xm)m≥0 definit prin relatia

xm+1 = f(xm), m ≥ 0, x0 ∈ B, x0 6= 0n,

are limita 0n. (‖ · ‖ noteaza norma euclidiana din Rn, iar 0n vectorul nul din Rn).

368

Berkeley, 1991

Solutie. Din continuitata lui f si din relatia ‖f(x)‖ < ‖x‖, x ∈ B, x 6= 0n, rezulta caf(0n) = 0n. Daca exista k ∈ N astfel ca xk = 0n rezulta ca xm = 0n pentru orice m ≥ k,deci lim

m→∞xm = 0n. Sa presupunem ca xk 6= 0n pentru orice k ∈ N.

Fie (tm)m≥0 sirul de numere reale dat prin tm = ‖xm‖, m ≥ 0. Din relatia ‖f(xm)‖ <‖xm‖ rezulta ca (tm)m≥0 este strict descrescator si fiind marginit inferior de 0 este con-vergent.

Fie limm→∞

tm = t. Vom arata ca t = 0. Sa presupunem ca t > 0. Sirul (xm)m≥0 fiind

marginit are un subsir convergent (xmj )j≥0,

limj→∞

xmj = x, x ∈ B.

Avem ‖x‖ = limj→∞

‖xmj‖ = t, deci ‖f(x)‖ < t. Din continuitatea lui f obtinem

f(x) = limj→∞

f(xmj ) = limj→∞

xmj+1

si ‖xmj+1‖ ≥ t pentru orice j ∈ N, contradictie.

Problema 10.31 Sa se demonstreze inegalitatea

|(x+ y)e−x2−y2 | ≤ 1√

e, ∀ (x, y) ∈ R2.

Solutia 1. Trecand la coordonate polare

x = r cos t, y = r sin t, r ≥ 0, t ∈ [0, 2π],

inegalitatea devine:

|r(cos t+ sin t)e−r2 | ≤ 1√

e

sau echivalent ∣∣∣r√2 cos(t− π

4

)e−r

2∣∣∣ ≤ 1√

e.

Consideram functia f(r) = re−r2, r ∈ [0,∞). Avem

f ′(r) = e−r2(1− 2r2).

Radacina ecuatiei f ′(r) = 0 este r =

√2

2. Cum lim

r→∞f(r) = f(0) = 0 rezulta ca

0 ≤ f(r) ≤ f

(√2

2

)=

√2

2e−

12 .

Tinand seama ca ∣∣∣√2 cos(t− π

4

)∣∣∣ ≤ √2, t ∈ [0, 2π]

rezulta inegalitatea din enunt.

Egalitatea are loc pentru x = y =1

2si x = y = −1

2.


Solutia 2. Determinam extremele globale ale functiei

f : R2 → R, f(x, y) = (x+ y)e−x2−y2 .

Consideram compactul D(0, r) = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ r2, r > 1 si determinamextremele lui f pe D(0, r). Avem

f ′x(x, y) = e−x2−y2(1− 2x(x+ y)), f ′y(x, y) = e−x

2−y2(1− 2y(x+ y)).

Punctele stationare ale lui f sunt

(1

2,1

2

),

(−1

2,−1

2

)care sunt puncte de extrem

local

f

(1

2,1

2

)=

1√e, f

(−1

2,−1

2

)= − 1√

e.

Determinam extremele pe frontiera lui D(0, r) deci pentru x2 + y2 = r2. Avem

f(x, y) = (x+ y)e−r2.

FieL(x, y;λ) = (x+ y)e−r

2 − λ(x2 + y2 − r2), λ ∈ R.

Punctele stationare conditionate se obtin din sistemul

L′x = 0, L′y = 0, x2 + y2 = 0.

Rezulta

x = y = ±r√

2

2.

Cum

f

(r√

2

2,r√

2

2

)= r√

2e−r2 ≤ 1√

e

rezulta ca

maxR2|f(x, y)| = 1√

e.

Problema 10.32 Sa se arate ca pentru orice x, y ∈ [0,∞) are loc inegalitatea

x2 + y2

4≤ ex+y−2.

Berkeley, 1993

Solutie. Fie x = r cos t, y = r sin t, r ≥ 0, t ∈[0,π

2

]. Inegalitatea este echivalenta cu

r2

4≤ er(cos t+sin t)−2.

Fie ın continuare r fixat. Avem

er(cos t+sin t)−2 = er√

2 sin(t+π4 )−2 ≥ er−2.

Inegalitatea are loc daca aratam ca er−2 ≥ r2

4.

370

Fie f : [0,∞)→ R, f(r) = er−2 − r2

4. Avem

f ′(r) = er−2 − r

2si f ′′(r) = er−2 − 1

2.

Ecuatia f ′′(r) = 0 are solutia unica r0 = 2− ln 2. Cum f ′ este strict descrescatoare pe[0, r0] si strict crescatoare pe [r0,+∞),

f ′(0) = e−2 > 0, f ′(r0) =ln 2− 1

2< 0, lim

r→∞f ′(r) = +∞

rezulta ca ecuatia f ′(r) = 0 are doua radacini r1 ∈ [0, r0) si r2 = 2 ∈ (r0,+∞). Tinandseama de semnul lui f ′ rezulta ca min f(r) = 0 = f(2). In inegalitatea initiala egalitateaare loc ın punctele (0, 2), (2, 0).

Problema 10.33 Fie f : R2 → R o functie de clasa C2 cu proprietatea ca

f ′′x2(x, y) + f ′′y2(x, y) > 0, ∀ (x, y) ∈ R2.

Sa se arate ca f nu admite maxime locale.

Berkeley, 1998

Solutie. Sa presupunem ca f admite un maxim local ın punctul (x0, y0) ∈ R2. Atuncid2f(x0, y0) este negativ semidefinita, adica

f ′′x2(x0, y0)u2 + 2f ′′xy(x0, y0)uv + f ′′y2(x0, y0)v2 ≤ 0

pentru orice (u, v) ∈ R2. Pentru (u, v) = (1, 0) obtinem f ′′x2(x0, y0) ≤ 0, iar pentru (u, v) =(0, 1) obtinem f ′′y2(x0, y0) ≤ 0, deci

f ′′x2(x0, y0) + f ′′y2(x0, y0) ≤ 0

contradictie.

Problema 10.34 Fie a, b, c, d, e, f, g ∈ R cu proprietatea b2 − 4ac < 0 si fie M multimea

perechilor (x, y) ∈ R2 cu proprietatea

ax2 + bxy + cy2 + dx3 + ex2y + fxy2 + gy3 = 0.

Demonstrati ca exista un numar r > 0 cu proprietatea ca ın multimea

D = (x, y) ∈ R2 | 0 < x2 + y2 < r2

nu exista nici un punct din M .

Putnam, 1970


Solutie. Evident M 6= ∅ deoarece (0, 0) ∈M .Fie F (x, y) = ax2 + bxy+ cy2 +dx3 + ex2y+fxy2 + gy3 pentru (x, y) ∈ R2. Vom arata

ca F admite un extrem local ın punctul (0, 0). Avem

F ′x(x, y) = 2ax+ by + 3dx2 + 2exy + fy2

F ′y(x, y) = bx+ 2cy + ex2 + 2fxy + 3gy2.

Evident (0, 0) este punct stationar al lui F .Pe de alta parte f ′′x2(0, 0) = 2a, f ′′xy(0, 0) = b si f ′′y2(0, 0) = 2c, deci:

d2f(0, 0)(h, k) = 2ah2 + 2bhk + 2ck2, (h, k) ∈ R2.

Conditia b2 − 4ac < 0 implica si a 6= 0, deci (0, 0) este punct de extrem local al lui F .Atunci exista o bila B(0, r) astfel ca

F (x, y) > 0 sau F (x, y) < 0 ın B(a, r) \ (0, 0).

In concluzie D = B(a, r) \ (0, 0).

Problema 10.35 Fie B = (x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1 si f : B → R o functie de clasa

C1 cu proprietatea |f(x, y)| ≤ 1 pentru orice (x, y) ∈ B. Sa se arate ca exista un punct

(x0, y0) interior lui B astfel ca(∂f

∂x(x0, y0)

)2

+

(∂f

∂y(x0, y0)

)2

≤ 16.

Putnam, 1967

Solutie. Fie g : B → R, g(x, y) = f(x, y) + 2(x2 + y2) pentru orice (x, y) ∈ B. Pentru(x, y) cu proprietatea x2 + y2 = 1 avem g(x, y) ≥ 1 iar g(0, 0) = f(0, 0) ≤ 1. Cum geste continua pe compactul B ea este marginita si ısi atinge marginile pe B. Atunci geste constanta sau ısi atinge minimul ıntr-un punct interior (x0, y0) a lui B. Daca g esteconstanta atunci evident

f(x, y) = 1− 2(x2 + y2)

si (∂f

∂x(x, y)

)2

+

(∂f

∂y(x, y)

)2

= 16(x2 + y2) ≤ 16.

Daca g ısi atinge minimul ın (x0, y0) atunci

∂g

∂x(x0, y0) =

∂g

∂y(x0, y0) = 0

iar∂f

∂x(x0, y0) =

∂g

∂x(x0, y0)− 4x0 = −4x0

∂f

∂y(x0, y0) =

∂g

∂y(x0, y0)− 4y0 = −4y0.

Obtinem (∂f

∂x(x0, y0)

)2

+

(∂f

∂y(x0, y0)

)2

= 4(x20 + y2

0) < 16.

Capitolul 11

Siruri si serii de functii: serii

Taylor, serii Fourier


Siruri de functii

In cele ce urmeaza (X, d) va desemna un spatiu metric.

• Definitie. Fie A ⊂ (X, d) si F(A) := f | f : A → R. Se numeste sir de functii dinF(A) o aplicatie g : N→ F(A), g(n) = fn.Notatie: (fn)n∈N sau (fn).

Daca (fn) este un sir de functii si x ∈ A, atunci (fn(x))n∈N formeaza un sir nu-meric. Daca sirul (fn(x)) este convergent vom spune ca x este un punct de convergenta alsirului (fn). Totalitatea punctelor de convergenta ale sirului (fn) formeaza multimea deconvergenta a sirului (fn).

• Definitie. Fie A ⊂ (X, d) si fn, f : A→ R. Vom spune ca sirul de functii (fn) convergepunctual sau simplu la f pe multimea A daca sirul numeric (fn(x)) converge la f(x)pentru orice x ∈ A. Vom nota acest lucru prin fn

s→Af sau fn

s→ f.

Folosind scrierea analitica a convergentei unui sir numeric, putem da o formulareechivalenta. Asadar, sirul de functii (fn) converge punctual la f pe multimea A daca

∀x ∈ A,∀ε > 0,∃nx,ε ∈ N, ∀n ≥ nx,ε : |fn(x)− f(x)| < ε.

In general, convergenta punctuala nu conserva proprietatile sirului de functii. Acestaeste principalul motiv pentru introducerea conceptului de convergenta uniforma.

• Definitie. Fie A ⊂ (X, d) si fn, f : A→ R. Vom spune ca sirul de functii (fn) convergeuniform la f pe multimea A daca

∀ε > 0,∃nε ∈ N,∀n ≥ nε,∀x ∈ A : |fn(x)− f(x)| < ε.

Vom nota acest lucru prin fnu→Af sau fn

u→ f.

372

Siruri si serii de functii: serii Taylor, serii Fourier 373

Se observa cu usurinta faptul ca daca un sir de functii (fn) converge uniform la f peo multime A, atunci (fn) converge punctual la f pe A.

Prezentam ın continuare criterii care asigura convergenta uniforma.

Teorema. (criteriul cu supremum) Fie A ⊂ (X, d) si fn, f : A→ R. Sirul (fn) convergeuniform la f daca si numai daca

limn→∞

[supx∈A|fn(x)− f(x)|

]= 0.

Un alt criteriu, de tip Cauchy, este prezentat ın urmatoarea teorema.

Teorema. (criteriul Cauchy) Fie A ⊂ (X, d) si fn, f : A → R. Sirul (fn) convergeuniform la f daca si numai daca

∀ε > 0, ∃nε ∈ N,∀n,m ≥ nε,∀x ∈ A : |fn(x)− fm(x)| < ε. (11.1)

Daca un sir (fn) satisface conditia (11.1), se va numi sir uniform fundamental sauuniform Cauchy.

Un alt criteriu ıl reprezinta cel al majorarii.

Teorema. (criteriul majorarii) Fie A ⊂ (X, d) si fn, f : A→ R. Daca exista un sir denumere pozitive (an) convergent la 0, astfel ıncat

|fn(x)− f(x)| < an, ∀n ∈ N, ∀x ∈ A,

atunci fnu→Af.

Desi, dupa cum se poate observa din exemple simple, convergenta punctuala nu antre-neaza convergenta uniforma, ın anumite conditii speciale acest lucru are loc.

Teorema. (prima teorema a lui Dini) Fie A ⊂ (X, d) o multime compacta. Daca(fn) este un sir de functii continue pe A astfel ıncat, pentru orice x ∈ A, sirul numeric(fn(x)) este (des)crescator, iar (fn) converge punctual pe A la o functie continua f, atuncifn

u→Af.

Teorema. (a doua teorema a lui Dini) Fie fn : [a, b] → R un sir de functii(des)crescatoare pe [a, b] astfel ıncat (fn) converge punctual pe [a, b] la o functie continuaf, atunci fn

u→[a,b]

f.

In continuare vom prezenta principalele proprietati ale sirurilor uniform convergente,legate, dupa cum spuneam mai sus, de transferul unor proprietati ale termenilor siruluicatre functia limita.

Teorema. (transfer de marginire) Fie A ⊂ (X, d) si fn : A → R. Daca fn estemarginita pe A pentru orice n ∈ N si fn

u→Af, atunci f este marginita pe A.

Teorema. (transfer de existenta a limitei ıntr-un punct) Fie A ⊂ (X, d) si fn : A→ Rastfel ıncat fn

u→Af. Daca x este punct de acumulare pentru A si ∃ lim

x→xfn(x) pentru

fiecare n ∈ N, atunci ∃ limx→x

f(x) si, ın plus,

limx→x

f(x) = limn→∞

(limx→x

fn(x)).

Teorema. (transfer de continuitate) Fie A ⊂ (X, d) si fn : A→ R astfel ıncat fnu→Af .

Daca functiile fn sunt continue ın x ∈ A (respectiv pe A), atunci f este continua ın x(respectiv pe A).

374

Teorema. (transfer de integrabilitate) Fie fn : [a, b]→ R integrabile Riemann pe [a, b]astfel ıncat fn

u→[a,b]

f. Atunci f este integrabila Riemann pe [a, b] si

limn→∞

b∫a

fn(x)dx =

b∫a

f(x)dx.

Teorema. (transfer de derivabilitate) Fie I un interval marginit din R si fn : I → R unsir de functii derivabile pe I. Daca exista x ∈ I astfel ıncat sirul (fn(x)) sa fie convergentsi exista g : I → R astfel ıncat f ′n

u→Ig, atunci:

(i) exista o functie f : I → R astfel ıncat fnu→If ,

(ii) f este derivabila pe I, iar derivata sa este g, adica(limn→∞

fn

)′= lim

n→∞f ′n.

Observatie. Remarcam faptul ca uniforma convergenta ofera conditii suficientepentru transferul unor proprietati, nu ınsa si necesare. Exemplu: fn : [0, 1] → R,fn(x) =

nx

1 + n2x2. Atunci fn

s→[0,1]

0, ınsa fnu6→[0,1]

0. Totusi, atat fn, cat si f, sunt

continue pe [0, 1] (deci marginite, integrabile). De asemenea, fie sirul gn : [0, 1] → R,

gn(x) =ln(1 + n4x2)

2n. Se arata ca gn

s→[0,1]

0, g′ns→

[0,1]0, adica (gn) se poate deriva termen cu

termen. Totusi, g′nu6→[0,1]

0.

Serii de functii

• Definitie. Fie A ⊂ (X, d) si fn : A → R un sir de functii. Spunem ca seria∞∑n=1

fn este

convergenta punctual pe multimea A daca sirul sumelor partiale (Sn), cu Sn :=n∑k=1

fk,

este convergent punctual pe multimea A. Daca Sns→Af, atunci f se numeste suma seriei

de functii∞∑n=1

fn ın sensul convergentei punctuale si vom nota acest lucru prin

∞∑n=1

fns=Af sau

∞∑n=1

fns= f.

Daca seria∞∑n=1|fn| este convergenta punctual pe multimea A, spunem ca seria

∞∑n=1

fn

este absolut convergenta pe A.

Multimea tuturor punctelor din A ın care seria∞∑n=1

fn converge punctual se numeste

multimea de convergenta a seriei∞∑n=1

fn.

• Definitie. Fie A ⊂ (X, d) s i fn : A → R un sir de functii. Spunem ca seria∞∑n=1

fn este

convergent a uniform pe multimea A daca sirul sumelor partiale (Sn) este convergent


uniform pe multimea A. Daca Snu→Af, atunci f se numeste suma seriei de functii

∞∑n=1

fn

ın sensul convergentei uniforme si vom nota acest lucru prin

∞∑n=1

fnu=Af sau

∞∑n=1

fnu= f.

Prezentam ın continuare criterii care asigura convergenta uniforma a unei serii defunctii.

Teorema. (criteriul lui Cauchy) Fie A ⊂ (X, d) si fn : A→ R. Seria de functii∞∑n=1

fn

converge uniform pe A daca si numai daca

∀ε > 0,∃nε ∈ N, ∀n ≥ nε, ∀p ∈ N, ∀x ∈ A : |fn+1(x) + · · ·+ fn+p(x)| < ε.

Teorema. (criteriul lui Weierstrass) Fie A ⊂ (X, d) si fn : A→ R. Daca exista o serie

numerica convergenta cu termeni pozitivi∞∑n=1

an astfel ıncat

|fn(x)| ≤ an, ∀n ∈ N∗,∀x ∈ A,

atunci seria∞∑n=1

fn este uniform si absolut convergenta pe A.

Vom da ın continuare doua criterii de convergenta uniforma neabsoluta. Prezentammai ıntai definitia uniformei marginiri a unui sir de functii.

• Definitie. Fie A ⊂ (X, d) si fn : A→ R. Sirul (fn) se numeste uniform marginit (peA) daca exista M ∈ R astfel ıncat

|fn(x)| ≤M, ∀n ∈ N∗,∀x ∈ A.

Teorema. (criteriul lui Abel) Fie A ⊂ (X, d) si fn, gn : A→ R. Daca seria∞∑n=1

fn este

uniform convergenta pe A iar sirul (gn) este uniform marginit si monoton pentru fiecare

x ∈ A, atunci seria∞∑n=1

fngn este uniform convergenta pe A.

Teorema. (criteriul lui Dirichlet) Fie A ⊂ (X, d) si fn, gn : A→ R. Daca seria∞∑n=1

fn

are sirul sumelor partiale uniform marginit iar sirul (gn) este uniform descrescator (pentru

orice x ∈ A) si convergent uniform la 0, atunci seria∞∑n=1

fngn este uniform convergenta

pe A.

O aplicatie directa a criteriului lui Dirichlet o reprezinta criteriul lui Leibniz.

Teorema. (criteriul lui Leibniz) Fie A ⊂ (X, d) si fn : A → R. Daca sirul (fn)este uniform descrescator (pentru orice x ∈ A) si convergent uniform la 0, atunci seria∞∑n=1

(−1)nfn este uniform convergenta pe A.

De asemenea, drept consecinta a primei teoreme a lui Dini de la siruri de functii,obtinem urmatorul rezultat:

Teorema. (criteriul lui Dini) Fie A ⊂ (X, d) o multime compacta si fn : A→ R un sir

de functii continue cu proprietatea ca fn ≥ 0 pe A. Daca∞∑n=1

fn converge punctual pe A

la functia continua f, atunci∞∑n=1

fnu=Af.

376

In continuare, vom prezenta cele mai importante proprietati ale seriilor uniform con-vergente.

Teorema. (transfer de marginire) Fie A ⊂ (X, d) si fn : A → R. Daca∞∑n=1

fnu=Af si

fn sunt functii marginite pe A, atunci f este marginita pe A.

Teorema. (transfer de existenta a limitei ıntr-un punct) Fie A ⊂ (X, d) si fn, f : A→ R

astfel ıncat∞∑n=1

fnu=Af. Daca x este un punct de acumulare al multimii A si ∃ lim

x→xfn(x)

pentru orice n ∈ N∗, atunci ∃ limx→x

f(x) si, ın plus,

limx→x

f(x) =∞∑n=1

(limx→x

fn(x)).

Teorema. (transfer de continuitate) Fie A ⊂ (X, d) si fn, f : A → R astfel ıncat∞∑n=1

fnu=Af. Daca functiile fn sunt continue ıntr-un punct x ∈ A (respectiv pe A), atunci

f este continua ın x (respectiv pe A).

Teorema. (transfer de integrabilitate) Fie fn : [a, b]→ R integrabile Riemann pe [a, b]

astfel ıncat∞∑n=1

fnu=

[a,b]f. Atunci f este integrabila Riemann pe [a, b] si

∞∑n=1

b∫a

fn(x)dx

=

b∫a

f(x)dx.

Teorema. (transfer de derivabilitate) Fie I un interval marginit din R si fn : I → R

un sir de functii derivabile pe I. Daca exista x ∈ I astfel ıncat seria∞∑n=1

fn(x) sa fie

convergenta si exista g : I → R astfel ıncat∞∑n=1

f ′nu=Ig, atunci:

(i) exista o functie f : I → R astfel ıncat∞∑n=1

fnu=If ,

(ii) f este derivabila pe I, iar derivata sa este g, adica( ∞∑n=1

fn

)′=∞∑n=1

f ′n.

Serii de puteri

• Definitie. Numim serie de puteri o serie de forma

a0 + a1x+ a2x2 + · · ·+ anx

n + · · · ,

unde (an) este un sir numeric. Numerele an se numesc coeficientii seriei.

Seriile de puteri sunt de fapt serii de functii, functiile avand o forma particulara:fn(x) = anx

n. Este de asteptat ca seriile de puteri sa aiba proprietati speciale, avand ınvedere proprietatile functiilor polinomiale. Observam mai ıntai ca orice serie de puteri areca punct de convergenta originea.

Teorema. (prima teorema a lui Abel) Daca o serie de puteri converge ıntr-un punctx0 6= 0, atunci seria este absolut convergenta ın orice punct x cu |x| < |x0|. Daca o seriede puteri diverge ıntr-un punct x1, atunci seria diverge ın orice punct x cu |x| ≥ |x1|.

Observatie. Analizand teorema anterioara observam ca exista:


• Serii convergente doar ın origine:∞∑n=0

n!xn;

• Serii convergente pentru orice x real:∞∑n=0

1

n!xn;

• Serii de puteri pentru care exista r > 0 astfel ıncat seria converge ın orice x cu|x| < r si diverge pentru orice x cu |x| > r. Acest r este de fapt

r = sup

|x| :

∞∑n=0

anxn <∞

si se numeste raza de convergenta a seriei.

Teorema. Fie seria∞∑n=0

anxn si ρ = lim sup

n→∞n√|an|. Atunci raza de convergenta a seriei

este r =1

ρ(cu conventiile

1

∞= 0,

1

0=∞).

Corolar. Fie seria∞∑n=0

anxn. Daca exista lim

n→∞n√|an| = ρ, atunci r =

1

ρeste raza de

convergenta a seriei. Daca exista limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = ρ, atunci r =1

ρeste raza de convergenta

a seriei.

Prezentam ın continuare rezultate privind convergenta uniforma a seriilor de puteri.

Teorema. Fie seria de puteri∞∑n=0

anxn avand raza de convergenta r > 0. Atunci seria

este uniform convergenta pe orice interval [−ρ, ρ] ⊂ (−r, r). Teorema. Functia suma a unei serii de puteri avand raza de convergenta r > 0 estecontinua pe (−r, r).

Teorema. (a doua teorema a lui Abel) Fie seria de puteri∞∑n=0

anxn avand raza de

convergenta r > 0. Daca seria converge ın r sau −r, atunci suma sa este continua ın r,respectiv −r.

Teorema. Seriile de puteri∞∑n=0

anxn,∞∑n=0

(n+ 1)an+1xn,∞∑n=0

ann+ 1

xn+1 au aceeasi raza

de convergenta.

Teorema. Daca seria∞∑n=0

anxn are raza de convergenta r > 0 si suma f pe (−r, r),

atuncix∫

0

f(t)dt =∞∑n=0

ann+ 1

xn+1, pentru |x| < r,

adica orice serie de puteri poate fi integrata termen cu termen pe orice interval [0, x], undex ∈ (−r, r).

Teorema. Daca seria de puteri∞∑n=0

anxn are raza de convergenta r > 0 si suma f pe

(−r, r), atunci f este derivabila pe (−r, r) si

f ′(x) = a1 + 2a2x+ 3a3x2 + · · ·+ nanx

n−1 + . . . pentru orice x ∈ (−r, r),

378

adica seria de puteri poate fi derivata termen cu termen pe intervalul deschis deconvergenta.

Mai mult, f este de clasa C∞ pe (−r, r),

f (k)(x) =

∞∑n=k

n(n− 1) . . . (n− k + 1)anxn−k, pentru orice x ∈ (−r, r)

si f (k)(0) = k!ak, k = 0, 1, 2 . . .

Cu acest rezultat se poate demonstra unicitatea seriilor de puteri:

Teorema. Daca seriile de puteri∞∑n=0

anxn si

∞∑n=0

bnxn au aceeasi raza de convergenta

si aceeasi suma pe intervalul de convergenta, atunci an = bn, ∀n ∈ N.

Prezentam ın continuare un rezultat legat de operatii cu serii de puteri. Consideram

doua serii de puteri∞∑n=0

anxn si

∞∑n=0

bnxn si numarul real λ ∈ R. Se pot construi urmatoarele

serii:

• seria suma: (a0 + b0) + (a1 + b1)x+ · · ·+ (an + bn)xn + · · · ;

• seria produs a unei serii cu un scalar: λa0 + λa1x+ · · ·+ λanxn + · · · ;

• produsul Cauchy a doua serii:∞∑n=0

cnxn, unde cn =

n∑k=0

akbn−k, ∀n ∈ N.

Teorema. Fie doua serii de puteri∞∑n=0

anxn,∞∑n=0

bnxn avand razele de convergenta r1,

respectiv r2 si numarul real λ ∈ R. Atunci:(i) Raza de convergenta a seriei suma este cel putin egala cu minr1, r2 si

∞∑n=0

(an + bn)xn =∞∑n=0

anxn +

∞∑n=0

bnxn.

(ii) Raza de convergenta a seriei∞∑n=0

(λan)xn este egala cu cea a seriei∞∑n=0

anxn pentru

orice λ 6= 0 si∞∑n=0

(λan)xn = λ

∞∑n=0

anxn.

(iii) Seria produs Cauchy are raza de convergenta r ≥ minr1, r2. In plus, sumaseriei produs este egala cu produsul sumelor celor doua serii pe intersectia multimilor lorde convergenta.

S-a observat mai sus ca, avand data o serie de puteri, se pot obtine unele informatiiprivind continuitatea, derivabilitatea sau integrabilitatea sumei sale. In practica problemase pune de multe ori invers: avand o functie pe un interval, ın ce conditii poate fi scrisaaceasta ca suma unei serii de puteri pe acel interval, sau pe o submultime a sa? Conformcelor aratate, suma f a unei serii de puteri poate fi scrisa sub forma

f(x) =

∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn.


Vom prezenta ın continuare un exemplu de serie de puteri cu importanta ın practica.Fie α ∈ R. Seria de puteri

1 +α

1!x+

α(α− 1)

2!x2 + · · ·+ α(α− 1) . . . (α− n+ 1)

n!xn + · · ·

se numeste serie binomiala.Suma acestei serii este f(x) = (1 + x)α. Atribuind diferite valori particulare pentru α

se obtin sumele unor importante serii de puteri.

1. Pentru α = −1 se obtin sumele seriilor geometrice

1

1 + x= 1− x+ x2 − x3 + · · ·+ (−1)nxn + · · · ∀x ∈ (−1, 1)

1

1− x= 1 + x+ x2 + x3 + · · ·+ xn + · · · ∀x ∈ (−1, 1)

2. Pentru α = 12 avem, ∀x ∈ (−1, 1)

√1 + x = 1 +

1

2 · 1!x− 1

22 · 2!x2 + · · ·+ (−1)n−1 (2n− 3)!!

2n · n!xn + · · ·

3. Pentru α = −12 obtinem, ∀x ∈ (−1, 1)

1√1 + x

= 1− 1

2 · 1!x+

1 · 322 · 2!

x2 + · · ·+ (−1)n−1 (2n− 1)!!

2n · n!xn + · · ·

4. Trecand ın prima serie pe x ın x2 obtinem, ∀x ∈ (−1, 1)

1

1 + x2= 1− x2 + x4 − x6 + · · ·+ (−1)nx2n + · · ·

5. Prin integrare termen cu termen a seriei de mai sus avem, ∀x ∈ (−1, 1)

arctg x = x− x3

3+x5

5− x7

7+ · · ·+ (−1)n

x2n+1

2n+ 1+ · · ·

6. Trecand pe x ın x2 ın seria 3 si integrand obtinem, ∀x ∈ (−1, 1)

ln(x+√

1 + x2) = x− x3

3 · 2 · 1!+ · · ·+ (−1)n

(2n− 1)!!

(2n)!!x2n+1 + · · ·

7. In aceeasi serie 3, trecand pe x ın −x2 si integrand apoi termen cu termen obtinem,∀x ∈ (−1, 1)

arcsin x = x+x3

3 · 2+

1 · 35 · 4 · 2

x5 + · · ·+ (2n− 1)!!

(2n+ 1)(2n)!!x2n+1 + · · ·

380

Probleme

Problema 11.1 Sa se studieze convergenta simpla si uniforma a seriilor de functii pe

multimile indicate:

(i)∞∑n=1

(π2− arctg(n2(1 + x2))

), x ∈ R.

(ii)∞∑n=1

ln(1 + nx)

nxn, x ≥ 2.

(iii)∞∑n=1

n2x2e−n2|x|, x ∈ R.

Solutie. (i) Din identitatea arctg x+ arctg1

x=π

2, rezulta:

∣∣∣π2− arctg(n2(1 + x2))

∣∣∣ = arctg1

n2(1 + x2)≤

≤ 1

n2(1 + x2)≤ 1

n2, ∀x ∈ R.

Seria∞∑n=1

1n2 este convergenta, deci ın baza criteriului lui Weierstrass, seria data este uniform

convergenta pe R.(ii) si (iii) Analog, cu acelasi criteriu:∣∣∣∣ ln(1 + nx)

nxn

∣∣∣∣ ≤ 1

xn−1≤ 1

2n−1,∀x ≥ 2

supx∈R

∣∣∣n2x2e−n2|x|∣∣∣ =

4

n2e2.

Problema 11.2 Sa se studieze convergenta simpla si uniforma pe R a seriilor de functii:

∞∑n=1

(−1)n−1

x2 + n2si

∞∑n=1

(−1)n−1x2

(1 + x2)n.

Ce se poate spune despre absolut convergenta lor?

Solutie. Ambele serii converg simplu (pentru x ∈ R fixat se aplica criteriul lui Leib-niz). Pentru a demonstra convergenta uniforma, demonstram ca resturile celor doua seriiconverg uniform la 0. Fie Rn(x)si respectiv Tn(x) resturile de ordin n ale celor doua serii.Atunci:

|Rn(x)| ≤ 1

x2 + n+ 1≤ 1

n+ 1,∀x ∈ R,

|Tn(x)| ≤ x2

(1 + x2)n+1=

x2

1 + C1n+1x

2 + C2n+1x

4 + · · ·+ x2n+2≤ 1

n+ 1, ∀x 6= 0.

Evident Tn(0) = 0, deci seriile sunt uniform convergente.In ceea ce priveste convergenta absoluta, prima serie nu converge nici simplu: ın x = 0

se obtine seria armonica. Seria∞∑n=1

x2

(1 + x2)neste punctual convergenta (serie geometrica


cu ratie subunitara), dar nu este uniform convergenta; daca notam restul de ordinul n cuPn, pentru x 6= 0, avem:

Pn(x) =x2

(1 + x2)n+1+

x2

(1 + x2)n+2+ · · ·

=x2

(1 + x2)n+1· 1 + x2

x2=

1

(1 + x2)n→ 1 pentru x→ 0.

Problema 11.3 Fie sirul un : [0,∞) → R, un(x) =ne−x + xe−n

x+ n, n ∈ N si fie An =

1∫0

un(x)dx,∀n ∈ N∗. Sa se studieze convergenta sirului un si sa se calculeze limn→∞

An.

Solutie. Fie x ≥ 0, fixat.

limn→∞

un(x) = limn→∞

ne−x + xe−n

x+ n= e−x,

deci un converge punctual la f(x) = e−x, ∀x ≥ 0.Evaluam ın continuare

gn(x) = |un(x)− f(x)| =(

1− n

n+ x

)|e−n − e−x|, ∀x > 0, ∀n ∈ N∗.

Daca x ∈ (n,∞) atunci:

e−x < e−n ⇒ |e−n − e−x| < e−n ⇒ gn(x) < e−n → 0.

Daca x ∈ [0, n] atunci

e−x ≥ e−n ⇒ |e−n − e−x| ≤ |e−n|+ |e−x| == e−n + e−x ≤ 2e−x,

deci

g(x) ≤ 2xe−x

x+ n, ∀x ∈ [0, n].

Studiem acum variatia functiei [0, 1] 3 x 7→ 2xe−x

x+ n.

(2xe−x

x+ n

)′= 2

e−x

(x+ n)2· (−x2 − nx+ n),

deci functia2xe−x

x+ neste crescatoare pe

(0,√n2+4n−n

2

)si descrescatoare pe

(√n2+4n−n

2 , n)

,

deci

gn(x) ≤ 8n

(√n2 + 4n+ n)2

· e− 2n√

n2+4n+n → 0.

Deci un converge uniform la f .Sirul se poate integra termen cu termen:

limn→∞

An =

1∫0

f(x)dx =

1∫0

e−xdx =e− 1

e.

382

Problema 11.4 Fie fn(x) =n−1∑i=0

1

nf(x+ i

n

), unde f este o functie continua pe R. Sa se

arate ca (fn) converge uniform pe orice interval compact din R.

Solutie. Fie [a, b] ⊂ R si x ∈ [a, b]. Evaluam diferenta

fn(x)−x+1∫x

f(t)dt =

n−1∑i=0

1

nf

(x+

i

n

)−n−1∑i=0

x+ i+1n∫

x+ in

f(t)dt.

Cum functia f este continua pe R, aplicam o teorema de medie pe fiecare subintervalde forma

[x+ i

n , x+ i+1n

], i = 0, n− 1 pentru a gasi c = cx,i,n ∈

(x+ i

n , x+ i+1n

)astfel

ıncatx+ i+1

n∫x+ i

n

f(t)dt =1

nf(cx,i,n). Atunci

∣∣∣∣∣∣fn(x)−x+1∫x

f(t)dt

∣∣∣∣∣∣ ≤n−1∑i=0

1

n

∣∣∣∣f (x+i

n

)− f(cx,i,n)

∣∣∣∣ .Cum f este continua pe [a, b], este uniform continua pe acest interval (ın baza teoremei luiCantor). Atunci, pentru orice ε > 0 oarecare fixat, ∃δ = δε > 0 astfel ıncat |f(x)− f(x′)| <ε pentru orice x, x′ ∈ [a, b] cu proprietatea ca |x− x′| < δ. Fie acum nε ∈ N astfel ıncat1n < δ pentru toti n ≥ nε. Atunci, deoarece x+ i

n , cx,i,n ∈ [a, b] si∣∣x+ i

n − cx,i,n∣∣ < 1

n < δ,obtinem ca

∣∣f (x+ in

)− f(cx,i,n)

∣∣ < ε, de unde∣∣∣∣∣∣fn(x)−x+1∫x

f(t)dt

∣∣∣∣∣∣ ≤n−1∑i=0

1

nε = ε.

In concluzie, fnu→

[a,b]g, unde g(x) =

x+1∫xf(t)dt.

Problema 11.5 Fie sirul fn :[0, π2

]→ R, definit prin relatia de recurenta:

f1(x) = x, fn+1(x) = sin (fn−1(x)) .

Sa se studieze convergenta punctuala si uniforma.

Solutie. Fie x ∈[0, π2

]fixat. Sirul fn(x) este descrescator:

fn+1(x) = sin (fn(x)) ≤ fn(x), ∀n ∈ N

si marginit:0 ≤ fn(x) ≤ x, ∀n ∈ N.

Deci sirul fn este punctual convergent.Fie f :

[0, π2

]→ R, f(x) = lim

n→∞fn(x). Trecand la limita ın relatia de recurenta, se obtine:

f(x) = sin (f(x)) , ∀x ∈[0, π2

]. Se demonstreaza simplu ca singura solutie a ecuatiei

t = sin t este t = 0, deci functia f este constanta zero.


Studiem acum convergenta uniforma; pentru aceasta, trebuie calculat supx∈[0,π2 ]

|fn(x)|.

Demonstram ın continuare ca funtia fn este crescatoare pentru orice n ∈ N si deci supre-mumul de mai sus este fn(π2 ). Sirul fn(π2 ) converge la zero (deoarece s-a demonstrat maisus ca lim

n→∞fn(x) = 0, ∀x ∈

[0, π2

]) si deci fn este uniform convergent.

Demonstratia faptului ca fn sunt functii crescatoare se face prin inductie: f1 estecrescatoare; presupunem ca fk sunt crescatoare pentru orice 1 ≤ k ≤ n si demonstram cafn+1 este crescatoare. Fie 0 ≤ x < y ≤ π

2 ; atunci:

fn+1(x) = sin (fn(x)) ≤ sin (fn(y)) = fn+1(y),

deci fn+1 este functie crescatoare, ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 11.6 Consideram sirul de functii Pn : [0, 1]→ R definit prin:

P0(x) = 0,

Pn+1(x) = Pn(x) +1

2(x− P 2

n(x)), daca n ∈ N∗.

Studiati convergenta uniforma a sirului (Pn) pe [0, 1].

Solutie. Se verifica imediat, prin inductie, ca aplicatiile Pn sunt polinomiale, decicontinue. In continuare, vom arata inductiv ca

(An) : 0 ≤ Pn(x) ≤√x, ∀n ∈ N,∀x ∈ [0, 1].

Afirmatia este evident adevarata pentru n = 0. Presupunem acum ca (Ak) este adevarata.Atunci, deoarece x ≥ P 2

k (x) si Pk(x) ≥ 0, obtinem Pk+1(x) ≥ 0,∀x ∈ [0, 1]. De asemenea,observam ca

√x− Pk+1(x) =

(√x− Pk(x)

)(1− 1

2(√x+ Pk(x))

).

Cum√x+ Pk(x) ≤ 2

√x ≤ 2, deducem ca Pk+1(x) ≤

√x, ∀x ∈ [0, 1].

Folosind acum (An), se observa ca pentru orice x ∈ [0, 1] fixat, sirul (Pn(x)) estecrescator. Cum, pentru orice x ∈ [0, 1], (Pn(x)) este majorat de

√x, obtinem ca (Pn(x))

este convergent. Notam aceasta limita cu f(x). Atunci, f(x) va satisface pentru oricex ∈ [0, 1] relatia

f(x) = f(x) +1

2(x− f2(x)). (11.2)

Cum 0 ≤ f(x) ≤√x, avem din (11.2) ca f(x) =

√x, ∀x ∈ [0, 1]. Evident, f este continua.

Aplicand acum prima teorema a lui Dini se obtine ca Pnu→

[0,1]f.

Problema 11.7 1) Fie sirul de functii fn : R+ → R+ dat prin:

fn(x) =

(1− x

n

)n, daca x ∈ [0, n]

0, daca x > n.

Aratati ca fnu→R+

f, unde f este functia x 7→ e−x.

384

2) Aratati ca

I =

∞∫0

e−t2dt = lim

n→∞

√n∫

0

(1− t2

n

)ndt.

Deduceti de aici valoarea lui I.

Solutie. 1) Se observa ca, pentru orice n ∈ N∗, functia fn este continua, descrescatoaresi cu valori pozitive. Fixam acum x ∈ R+. Gasim atunci n0 ∈ N∗ astfel ıncat n0 ≥ x. Seobserva ca, pentru orice n ≥ n0,

fn(x) =(

1− x

n

)n,

deci sirul (fn(x))n≥n0 este convergent la e−x. Cum sirurile (fn(x))n≥1 si (fn(x))n≥n0 auaceeasi natura, eventual aceeasi limita ın caz de convergenta, deducem ca (fn) convergepunctual pe R+ la f. Fie A ∈ R∗+ fixat. Folosind a doua teorema a lui Dini obtinem ca

fnu→

[0,A]f. Utilizand inegalitatea

ln(1 + x) ≤ x, ∀x > −1, (11.3)

deducem ca0 ≤ fn(x) ≤ f(x), ∀n ∈ N∗,∀x ∈ R+.

Fixam acum ε > 0. Exista atunci A > 0 astfel ıncat e−x < ε,∀x ≥ A. Asadar,

supx∈[A,∞)

|f(x)− fn(x)| = supx∈[A,∞)

(f(x)− fn(x))

≤ supx∈[A,∞)

f(x) ≤ ε. (11.4)

De asemenea, folosind convergenta uniforma a lui (fn) pe [0, A] (criteriul cu supremum),avem ca

limn→∞

(sup

x∈[0,A]|f(x)− fn(x)|

)= 0,

deci exista n1 ∈ N astfel ıncat, pentru orice n ≥ n1,

supx∈[0,A]

|f(x)− fn(x)| < ε. (11.5)

In concluzie, folosind (11.4) si (11.5), pentru orice ε > 0, exista n1 ∈ N astfel ıncat, pentruorice n ≥ n1, sup

x∈R+

|f(x)− fn(x)| < 2ε. Deci,

limn→∞

(supx∈R+

|f(x)− fn(x)|

)= 0.

Folosind din nou criteriul cu supremum, fnu→R+

f.

2) Folosind punctul 1), g(x) = e−x2

este limita uniforma pe R+ a sirului (gn)n∈N∗ deaplicatii continue de la R+ ın R+ definit prin:

gn(x) =

(1− x2

n

)n, daca x ∈ [0,

√n]

0, daca x >√n.


De asemenea, stim ca 0 ≤ gn(x) ≤ g(x), ∀n ∈ N∗, ∀x ∈ R+.Se verifica usor convergenta integralelor improprii

I =

+∞∫0

g(x)dx si In =

+∞∫0

gn(x)dx =

√n∫

0

(1− x2

n

)ndx.

Pentru orice A ∈ R∗+, putem scrie

0 ≤ I − In ≤A∫0

(g(x)− gn(x)) dx+

+∞∫A

g(x)dx. (11.6)

Fixam acum ε > 0. Cum+∞∫

0

g(x)dx este convergenta, exista A ∈ R∗+ astfel ıncat

+∞∫A

g(x)dx < ε. De asemenea, folosind convergenta uniforma a sirului (gn) pe [0, A],

aplicand transferul de integrabilitate, avem ca

limn→∞

A∫0

(g(x)− gn(x)) dx = 0.

Asadar, exista n2 ∈ N astfel ıncat, pentru orice n ≥ n2,A∫0

(g(x)− gn(x)) dx ≤ ε. In

concluzie, deducem din (11.6) ca In → I.

Facand schimbarea de variabilat√n7→ u, observam ca In =

√n

π2∫0

sin2n+1 udu. Folosind

faptul caπ2∫0

sin2n+1 udu =2 · 4 · · · · · (2n)

1 · 3 · · · · · (2n+ 1),

avem din formula lui Wallis ca I = limn→∞

In =

√π

2.

Problema 11.8 Studiati existenta limitei sirului xn =

(1

n

)n+

(2

n

)n+ · · ·+

(n− 1

n

)n.

Solutie. Fie uk : N∗ → R+ dat prin

uk(n) =

(1− k

n

)n, daca k ∈ 1, n− 1

0, daca k ≥ n.

Remarcam ca

xn =

∞∑k=1

uk(n).

De asemenea, pentru orice k ∈ N∗ fixat, limn→∞

uk(n) = e−k. Folosind acum (11.3), avem si

ca n ln

(1− k

n

)≤ −k, ∀k ∈ 1, n− 1, de unde

0 ≤ uk(n) ≤ e−n, ∀k ∈ N∗,∀n ∈ N∗.

386

Cum∞∑n=1

e−n este evident convergenta, aplicam criteriul lui Weierstrass si obtinem ca

∞∑k=1

uk converge uniform pe N∗. Cum +∞ este (singurul) punct de acumulare al multimii

N∗, aplicam acum transferul de existenta al limitei si deducem ca ∃ limn→∞

xn si

limn→∞

xn = limn→∞

∞∑k=1

uk(n) =

∞∑k=1

limn→∞

uk(n) =

∞∑k=1

e−k =1

e− 1.

Problema 11.9 Fie seria de functii∞∑n=1

(−1)nx2 + n

n2, x ∈R.

(a) Sa se studieze convergenta punctuala pentru orice x ∈ R si convergenta uniforma

pe orice interval [a, b]. Este seria uniform convergenta pe R?

(b) Sa se studieze absolut convergenta pentru orice x ∈ R.

(c) Sa se studieze continuitatea sumei seriei (acolo unde ea exista).

(d) Se poate deriva seria termen cu termen ?

Solutie. (a) Fie x ∈ R; seriile numerice∞∑n=1

(−1)nx2

n2si∞∑n=1

(−1)n1

nsunt ambele con-

vergente, deci seria data este punctual convergenta pentru orice x ∈ R.

Studiem acum convergenta uniforma pe intervalul [a, b]. Seria∞∑n=1

(−1)nx2

n2este uni-

form convergenta pe [a, b]; pentru aceasta, aplicam criteriul lui Weierstrass de convergentauniforma: ∣∣∣∣(−1)n

x2

n2

∣∣∣∣ ≤ b2

n2, ∀x ∈ [a, b],

iar seria numerica∞∑n=1

1

n2este convergenta.

Seria nu este uniform convergenta pe R; pentru aceasta, fie A suma seriei∞∑n=1

(−1)n

n2si B

suma seriei∞∑n=1

(−1)n

n. Evident, seria data converge punctual la functia f(x) = Ax2 + B.

Fie sn(x) =n∑k=1

(−1)kx2 + k

k2. Calculam:

limn→∞

supx∈R|f(x)− sn(x)| = lim

n→∞supx∈R

x2

∣∣∣∣∣n∑k=1

(−1)k

k2−A

∣∣∣∣∣ =∞,

deci seria nu converge uniform pe R la f .

(b) Seria nu converge absolut pentru niciun x ∈ R deoarece seria∞∑n=1

x2 + n

n2este

divergenta (se poate compara cu seria armonica).(c) Evident, functia f (suma seriei) este continua pe R (desi seria nu converge uniform

pe R).


(d) Seria nu verifica ipotezele teoremei de derivare termen pe R; seria derivatelor este∞∑n=1

(−1)n2x

n2, serie care nu este uniform convergenta pe R:

limn→∞

supx∈R

∣∣∣∣∣ 2xn∑k=1

(−1)k

k2− 2Ax

∣∣∣∣∣ =∞.

Totusi, seria derivatelor converge uniform pe orice compact din R. Seria data se poatederiva termen cu termen, egalitateax2

∑n≥1

(−1)n

n2+∑n≥1

(−1)n

n

′ = 2x∑n≥1

(−1)n

n2, ∀x ∈ R

fiind adevarata.

Problema 11.10 Fie seria∞∑n=1

nxn + x

n2 + 1.

(a) Pentru ce valori ale lui x ∈ R seria converge ?

(b) Sa se studieze convergenta uniforma.

(c) Se poate deriva seria termen cu termen ?

Solutie. (a) Fie x ∈ (−1, 1), fixat. Descompunem seria:

∞∑n=1

nxn + x

n2 + 1= x

∞∑n=1

1

n2 + 1+∞∑n=1

n

n2 + 1xn.

Prima serie este convergenta pentru orice x ∈ R. A doua serie converge absolut dacax ∈ (−1, 1); pentru demonstratie se poate aplica criteriul raportului:

limn→∞

∣∣∣∣∣n+1

(n+1)2+1n

n2+1

· xn+1

xn

∣∣∣∣∣ = |x| < 1.

Daca x = −1, seria converge (cele doua serii de mai sus sunt convergente) dar nu convergeabsolut.Daca x = 1, seria este divergenta (se poate compara cu seria armonica).Daca |x| > 1, seria diverge (se poate aplica criteriul necesar).In concluzie, seria converge daca si numai daca x ∈ [−1, 1).

(b) Aplicand criteriul lui Weierstrass, seria converge absolut si uniform pe orice com-pact [−r, r] ⊂ (−1, 1):

∞∑n=1

∣∣∣∣nxn + x

n2 + 1

∣∣∣∣ ≤ ∞∑n=1

nrn + r

n2 + 1, ∀ |x| ≤ r,

ultima serie (numerica) fiind convergenta.(c) Seria derivatelor este:

∞∑n=1

(nxn + x

n2 + 1

)′=

∞∑n=1

(n2

n2 + 1xn−1 +

1

n2 + 1

)=

388

=

∞∑n=1

1

n2 + 1+

∞∑n=1

n2

n2 + 1xn−1.

Seria derivatelor converge uniform pe orice interval [−r, r] ⊂ (−1, 1), deci seria se poatederiva termen cu termen.

Problema 11.11 Fie seria∞∑n=1

sin(2nx)

2n, x ∈ R.

(i) Sa se demostreze ca seria converge absolut si uniform.

(ii) Sa se studieze derivabilitatea sumei seriei ın 0.

Solutie. (i) Evident.(ii) Fie f suma seriei si fie xm = π

2m+1 ; deoarece sin(2kxm) = 0, ∀k ≥ m+ 1, aplicandinegalitatea sinx ≥ 2

πx, ∀x ∈(0, π2

), rezulta:

f(xm) =

m∑k=1

sin(2kxm)

2k≥

m∑k=1

2

π· 2kxm

2k=

2

πmxm.

Functia nu este derivabila ın 0:

f(xm)− f(0)

xm≥ 2

πm −→∞, pentru m→∞.

Problema 11.12 Sa se calculeze suma seriei∞∑n=0

x4n

(4n)!si sa se generalizeze rezultatul la

seria∞∑n=0

1(pn)! , p ∈ N∗ fixat.

Solutie. Seria de puteri∞∑n=0

1(4n)!x

4n are raza de convergenta∞. Notand cu f suma se-

riei, problema revine la a calcula f(1). Pentru aceasta, vom obtine (prin derivari succesive)o ecuatie diferentiala satisfacuta de functia f . Avem:

f (4)(x) =∞∑n=1

(4n)(4n− 1)(4n− 2)(4n− 3)1

(4n)!x4n−4

=

∞∑n=1

1

(4n− 4)!x4n−4 = f(x).

Deci f este solutia problemei Cauchy:

f (4) = f, f(0) = 1, f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = 0.

Polinomul caracteristic este λ4 − 1, iar radacinile sunt radacinile de ordinul 4 ale unitatii,

ζk = eikπ2 , k = 0, 1, 2, 3. Rezulta

f(x) = c1eζ1x + c2e

ζ2x + c3eζ3x + c4e

ζ4x,

constantele c1, c2, c3, c4 satisfacand sistemul:

c1ζ1 + c2ζ2 + c3ζ3 + c4ζ4 = 1,

c1ζm1 + c2ζ

m2 + c3ζ

m3 + c4ζ

m4 = 0, ∀m = 2, 3, 4.


Rezulta imediat c1 = c2 = c3 = c4 = 14 si deci

f(x) =1

4

(eζ1x + eζ2x + eζ3x + eζ4x

)=

1

4

(ex + e−x + 2 cosx

).

In concluzie, suma seriei∞∑n=0

x4n

(4n)!este 1

4(e+ e−1 + 2 cos 1).

Printr-un rationament analog (cu ζ1, ζ2, . . ., ζp radacinile de ordinul p ale unitatii), seobtine:

∞∑n=0

1

(pn)!xpn =

1

p

p∑k=1

eζkx si∞∑n=0

1

(pn)!=

1

p

p∑k=1

eζk .

Problema 11.13 Fie a si b doua numere reale astfel ıncat a < b si fie f0 : [a, b] → R o

functie continua. Fie sirul de functii fn : [a, b]→ R definit prin:

fn+1(x) =

∫ x

afn(t)dt.

Sa se studieze convergenta si sa se calculeze suma seriei∞∑n=1

fn.

Solutie. Vom demonstra mai ıntai ca seria converge absolut si uniform pe [a, b].Fie M ≥ 0 astfel ıncat sup

x∈[a,b]|f0(x)| ≤ M . Se demonstreaza simplu prin inductie inegali-

tatea:

|f(x)| ≤M (x− a)n

n!, ∀x ∈ [a, b].

Rezulta deci:

supx∈[a,b]

|f(x)| ≤M (b− a)n

n!.

Seria∞∑n=1

M (b−a)n

n! este convergenta, deci seria∞∑n=1

fn converge absolut si uniform pe [a, b].

Rezulta ca functia suma S este continua.

Demonstram acum ca seria derivatelor∞∑n=1

f ′n este uniform convergenta. Este suficient sa

observam ca f ′n+1 = fn, deci se poate repeta rationamentul anterior. Rezulta ca seria∞∑n=1

fn se poate deriva termen cu termen:

S′ =

∞∑n=1

f ′n =

∞∑n=0

fn = f0 + S.

Problema Cauchy S′ = f0 + S, S(a) = 0, are solutia

S(x) = ex(∫ x

af0(t)e−t dt

), x ∈ [a, b],


390

Problema 11.14 (Teorema lui Abel) Fie (an)n un sir de numere reale astfel ıncat seria

de puteri∞∑n=0

anxn are raza de convergenta R ∈ (0,∞). Presupunem ca seria

∞∑n=0

anRn

este convergenta. Sa se demonstreze ca seria∞∑n=0

anxn este uniform convergenta pe [0, R]

si

limn→∞

∞∑n=0

anxn =

∞∑n=0

anRn.

Solutie. Vom demonstra ca restul seriei∞∑n=0

anxn tinde uniform la 0 pe [0, R].

Fie, pentru orice K natural, restul de ordinul K al seriei∞∑n=0

anRn:

QK =∞∑n=K

anRn −→ 0 pentru K →∞.

Pentru orice x ∈ [0, R) avem:

QK =

∞∑n=K

anRn( xR

)n=

∞∑n=K

(Qn −Qn+1)( xR

)n=

=∞∑n=K

Qn

( xR

)n−∞∑n=K

Qn+1

( xR

)n=

cele doua serii de mai sus converg

=∞∑n=K

Qn

( xR

)n−

∞∑n=K+1

Qn

( xR

)n−1=

= QK

( xR

)K+

∞∑n=K+1

Qn

(( xR

)n−( xR

)n−1).

Fie ε > 0; atunci exista un rang m0 astfel ıncat |Qn| ≤ ε, ∀n ≥ m0. Rezulta ca pentru

orice K ≥ m0 si x ∈ [0, R), avem pentru restul de ordinul K al seriei∞∑n=0

anxn evaluarea:

∣∣∣∣∣∣∑n≥K

anxn

∣∣∣∣∣∣ ≤ ε+∑

n≥K+1

ε

∣∣∣∣( xR)n − ( xR)n−1∣∣∣∣ ≤ ε+ ε

( xR

)K≤ 2ε.

Evaluarea de mai sus este adevarata si pentru x = R, (prin alegerea lui m0) si deci seria∞∑n=0

anxn converge uniform pe [0, R]. Fie f suma seriei; atunci f este functie continua pe

[0, R] si deci limx→R

f(x) = f(R), ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 11.15 a) Fie (an)n∈N un sir crescator de numere reale strict pozitive, cu limita

∞. Aratati ca functia f : R∗+ → R, data prin

f(x) =

∞∑n=0

(−1)ne−anx


este bine definita si continua.

b) Aratati ca∞∫0

f(x)dx este convergenta, avand valoarea∞∑n=0

(−1)n

an. Cazuri particulare:

i) an = n+ 1; ii) an = 2n+ 1.

Solutie. a) Fie un : R∗+ → R, un(x) = e−anx. Consideram asadar seria∞∑n=0

(−1)nun.

Fie x ∈ R∗+ arbitrar. Sirul (un(x)) este descrescator la 0, deci seria numerica∞∑n=0

(−1)nun(x) este convergenta conform criteriului Leibniz pentru serii numerice. Asadar,

∞∑n=0

(−1)nun converge punctual pe R∗+. Notam suma sa cu f. De asemenea, folosind mono-

tonia sirului (un(x)), se arata ca f(x) ≥ 0 si ca pentru orice n ∈ N

∣∣∣∣∣∞∑k=n

(−1)kuk(x)

∣∣∣∣∣ ≤ un(x). (11.7)

Fie acum α ∈ R∗+ fixat. Cum

∣∣e−anx − 0∣∣ = e−anx ≤ e−anα, ∀x ∈ [α,∞)

si cum limn→∞

e−anα = 0, avem aplicand criteriul majorarii ca (un)u−→

[α,∞)0. Remarcand si ca

(un) este uniform descrescator la 0, putem folosi criteriul lui Leibniz pentru serii de functii

pentru a deduce ca∞∑n=0

(−1)nun converge uniform pe [α,∞) la f . Cum functiile (−1)nun

sunt continue, avem ca f e continua pe [α,∞). Folosind acum ca α este arbitrar, avem caf e continua pe R∗+.

b) Fie n ∈ N. Pentru orice x ∈ R+ avem ca

x∫0

e−antdt =1

an

(1− e−anx

).

Cum an > 0, rezulta ca integrala∞∫0

e−antdt este convergenta la1

an. Folosind (11.7) cu

n = 0, avem ca

0 ≤ f(x) = |f(x)| ≤ e−a0x, ∀x ∈ R∗+.

Deducem de aici ca f, prelugita prin continuitate cu f(0) = 0, admite pe [0,∞) o integralaimproprie convergenta. De asemenea, folosind iarasi (11.7), avem ca pentru orice n ∈ N∗

∣∣∣∣∣f(x)−n−1∑k=0

(−1)nuk(x)

∣∣∣∣∣ ≤ e−anx.

392

De aici, cum toate integralele care apar sunt convergente,∣∣∣∣∣∣∞∫0

f(x)dx−n−1∑k=0

(−1)k

ak

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∞∫0

f(x)dx−n−1∑k=0

(−1)k∞∫0

uk(x)dx

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∞∫0

(f(x)−

n−1∑k=0

(−1)kuk(x)

)dx

∣∣∣∣∣∣≤∞∫0

∣∣∣∣∣f(x)−n−1∑k=0

(−1)kuk(x)

∣∣∣∣∣ dx≤∞∫0

e−anxdx =1

an.

Trecand la limita pentru n→∞ ın relatia de mai sus, obtinem ca∞∫0

f(x)dx =∞∑n=0

(−1)n

an.

Ne ocupam acum de cele doua cazuri particulare specificate.i) Daca an = n+ 1, atunci

f(x) =∞∑n=0

(−1)ne−(n+1)x =e−x

1 + e−x.

Cum∞∫0

e−x

1 + e−xdx = ln 2, regasim egalitatea cunoscuta: ln 2 =

∞∑n=0

(−1)n

n+ 1.

ii) Daca an = 2n+ 1,

f(x) =∞∑n=0

(−1)ne−(2n+1)x =e−x

1 + e−2x.

Cum∞∫0

e−x

1 + e−2xdx =

π

4, regasim o alta egalitate cunoscuta:

π

4=∞∑n=0

(−1)n

2n+ 1.

Problema 11.16 Fie sirul de functii fn : R2 → R dat prin fn(x, y) =xn

1 + y2n.

1) Determinati Ω =

(x, y) ∈ R2 |

∞∑n=0

fn(x, y) este convergenta

.

2) Aratati ca suma seriei∞∑n=0

fn(x, y) =: f(x, y) este de clasa C1 pe Ω.

Solutie. Se observa cu usurinta faptul ca functiile fn sunt de clasa C∞ pe R2.

Fixam y ∈ R. Atunci∞∑n=0

xn

1 + y2neste o serie de puteri, avand raza de convergenta

ry = max1, y2. Cum pentru x = ±ry, termenul general al seriei numerice∞∑n=0

fn(x, y) nu

converge la 0, rezulta ca

Ω =

(x, y) ∈ R2 | |x| < max1, y2.

Remarcam ca Ω este o multime deschisa.


Consideram pe R2 norma maxim ‖(x, y)‖∞ = max|x| , |y| si bila ınchisa asociata decentru (x0, y0) si raza r > 0 : Br(x0, y0) = (x, y) ∈ R2 : max|x− x0| , |y − y0| ≤ r.

Vom nota cu α := sup(x,y)∈Br(x0,y0)

|x| si β := inf(x,y)∈Br(x0,y0)

|y| . Atunci

α = max|x0 − r| , |x0 + r| si (11.8)

β =

0, daca |y0| ≤ rmin|y0 − r| , |y0 + r|, daca |y0| > r.

Daca (x0, y0) ∈ Ω, gasim r > 0 astfel ıncat Br(x0, y0) ⊂ Ω, deoarece Ω este deschisa. Inacest caz, avem ın plus ca |α| < 1 daca |y0| ≤ 1.

a) Continuitatea lui f : Ω→ R. Fie (x0, y0) ∈ Ω. Exista atunci Br(x0, y0) ⊂ Ω. Folosind(11.8), deducem ca pentru orice n ∈ N

sup(x,y)∈Br(x0,y0)

|fn(x, y)| ≤ αn

1 + β2n .

Cum (α, β) ∈ Br(x0, y0) ⊂ Ω, avem ca seria∞∑n=0

αn

1 + β2n converge, de unde aplicand cri-

teriul lui Weierstrass obtinem ca∞∑n=0

fn(x, y) converge uniform pe Br(x0, y0) la f. Deducem

ca f este continua pe Br(x0, y0), deci ın (x0, y0). De aici, f este continua pe Ω.

b) Existenta si continuitatea lui∂f

∂x: Ω → R. Pentru y ∈ R fixat, seria de puteri

∞∑n=0

xn

1 + y2npoate fi derivata termen cu termen pe intervalul (−ry, ry). Exista asadar

∂f

∂x:

Ω→ R,∂f

∂x(x, y) =

∞∑n=1

nxn−1

1 + y2n. Rationand ca la punctul a), se arata ca

∂f

∂xeste continua

pe Ω.

c) Existenta si continuitatea lui∂f

∂y: Ω→ R. Pentru orice n ∈ N, consideram aplicatiile

∂fn∂y

: R2 → R,∂fn∂y

(x, y) =−2nxny2n−1

(1 + y2n)2. Pentru y ∈ R fixat,

∞∑n=1

∂fn∂y

(x, y) este o serie

de puteri avand raza de convergenta r′y = max

y2,

1

y2

. Deducem ca

∞∑n=1

∂fn∂y

converge

punctual pe

Ω′ =

(x, y) ∈ R2 : |x| < max

y2,

1

y2

.

Vom studia comportarea acestei serii pe Ω ⊂ Ω′.Fie (x0, y0) ∈ Ω si r > 0 astfel ıncat Br(x0, y0) ⊂ Ω. Consideram urmatoarele cazuri:(i) |y0| < 1. Notam B1 := (x, y) ∈ Br(x0, y0) : |y| ≤ 1. Atunci, pentru orice n ∈ N∗,

sup(x,y)∈B1

∣∣∣∣∂fn∂y (x, y)

∣∣∣∣ ≤ 2nαn.

Cum ın acest caz α < 1, avem ca∞∑n=1

2nαn este convergenta, de unde avem folosind criteriul

lui Weierstrass ca∞∑n=1

∂fn∂y

converge uniform pe B1.

394

(ii) |y0| = 1. Notam B2 :=

(x, y) ∈ Br(x0, y0) : y ∈[

12 ,

32

]. Atunci, folosind variatia

functiei u 7→ u

(1 + u2)de la R+ la R, deducem ca pentru orice (x, y) ∈ B2

|y|2n−1

(1 + y2n)2≤ 1

4 |y|≤ 1

2.

De aici, pentru orice n ∈ N∗,

sup(x,y)∈B2

∣∣∣∣∂fn∂y (x, y)

∣∣∣∣ ≤ nαn.Din nou, α < 1, deci

∞∑n=1

∂fn∂y


(iii) |y0| > 1. Alegem r ∈ (0, 1) astfel ıncat Br(x0, y0) ⊂ Ω. Notam B3 :=(x, y) ∈ Br(x0, y0) : |y| ≥ 1 . Atunci, cum |y0| > 1 > r, avem ca β > 0. De aseme-

nea, folosind faptul ca functia u 7→ u

(1 + u2)este descrescatoare pentru u ≥ 1, obtinem ca

pentru orice (x, y) ∈ B3,

|y|2n−1

(1 + y2n)2=

1

|y|· y2n

(1 + y2n)2≤ 1

β· β2n

(1 + β2n)2.

De aici, pentru orice n ∈ N∗,

sup(x,y)∈B3

∣∣∣∣∂fn∂y (x, y)

∣∣∣∣ ≤ 2nαnβ2n−1

(1 + β2n)2.

Cum (α, β) ∈ Ω ⊂ Ω′, seria∞∑n=1

∂fn∂y


Revenind, pentru orice (x0, y0) ∈ Ω, ın toate cele trei cazuri considerate, exista s ∈

(0, r) astfel ıncat∞∑n=1

∂fn∂y

(x0, ·) converge uniform pe Is := (y0 − s, y0 + s). Cum seria

∞∑n=0

fn(x0, ·) converge punctual pe Is, deducem existenta lui∂f

∂y(x0, y0) =

∞∑n=1

∂fn∂y

(x0, y0).

De asemenea, analizand cazurile de mai sus, pentru orice (x0, y0) ∈ Ω, exista r > 0 si

B ∈ B1, B2, B3 astfel ıncat (x0, y0) ∈ B ⊂ Br(x0, y0) ⊂ Ω si∞∑n=1

∂fn∂y

converge uniform

pe B. Cum toate aplicatiile∂fn∂y

sunt continue ın (x0, y0), deducem ca∂f

∂yeste continua

ın (x0, y0).

Serii Fourier

Serii Fourier ın spatii Hilbert

Fie X un spatiu liniar real si 〈·, ·〉 : X × X → R un produs scalar. Atunci aplicatia‖·‖ : X → R data prin ‖x‖ :=

√〈x, x〉, ∀x ∈ X defineste o norma pe X. De asemenea,

aplicatia d : X×X → R data prin d(x, y) := ‖x− y‖ , ∀x, y ∈ X defineste o metrica pe X.Spatiul cu produs scalar (X, 〈·, ·〉) se numeste spatiu Hilbert daca este complet ın raportcu metrica indusa de norma, adica daca orice sir Cauchy de puncte din X este convergent


la un element din X. Spatiile Hilbert reprezinta generalizari (posibil infinit dimensionale)ale spatiilor euclidiene. Un exemplu de spatiu Hilbert infinit dimensional ıl reprezinta

`2 :=

(xn)n∈N ⊂ R |

∞∑n=0

x2n <∞

,

spatiul sirurilor de patrat sumabil, ın raport cu produsul scalar 〈·, ·〉 : `2× `2 → R dat prin

〈x, y〉 :=∞∑n=0

xnyn, x = (xn), y = (yn) ∈ `2.

Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu cu produs scalar. Doi vectori x, y ∈ X se numesc ortogonalidaca 〈x, y〉 = 0, iar acest lucru se mai noteaza si x ⊥ y. De asemenea, pentru x ∈ X,A ⊂ X, vom nota x ⊥ A daca x ⊥ y, ∀y ∈ A.Definitie. Un sistem ortonormat ın X este un sir de vectori (en)n∈N ⊂ X cu propri-

etatea ca 〈en, em〉 = δnm =

1, daca n = m0, daca n 6= m

.

Cu alte cuvinte, sistemul (en)n∈N este si ortogonal, adica en ⊥ em, ∀n 6= m. Inparticular, acesta este si liniar independent. In continuare, vom nota cu (en)n∈N un sistemortonormat ın spatiul cu produs scalar (X, 〈·, ·〉).Definitie. Pentru orice x ∈ X si n ∈ N, notam cu cn := 〈x, en〉 si numim numerele cn

coeficientii Fourier asociati lui x, iar seria∞∑n=0

cnen o numim seria Fourier asociata lui

x ın raport cu sistemul ortonormat (en)n∈N.O prima problema care apare este aceea a convergentei seriei Fourier asociate unui

vector x ∈ X. Are loc urmatoarea teorema.

Teorema. Fie (X, 〈·, ·〉) un spatiu cu produs scalar, x ∈ X, (cn)n∈N sirul coeficientilorFourier asociat lui x ın raport cu sistemul ortonormat (en)n∈N si (αn)n∈N ⊂ R un sirarbitrar de numere reale. Atunci:

(i)

∥∥∥∥x− n∑k=0

ckek

∥∥∥∥ ≤ ∥∥∥∥x− n∑k=0

αkek

∥∥∥∥ , ∀n ∈ N;

(ii)∞∑n=0|cn|2 ≤ ‖x‖2 (inegalitatea lui Bessel);

(iii) limn→∞

cn = 0.

Definitie. Sistemul ortonormat (en)n∈N se numeste total daca ∀x ∈ X\0, ∃n ∈ N astfelıncat 〈x, en〉 6= 0. Sistemele ortonormate totale se mai numesc si baze ortonormate.

Cu alte cuvinte, (en) este total daca din x ⊥ en, ∀n ∈ N rezulta x = 0. Urmatorulrezultat face legatura ıntre sistemele ortonormate totale si convergenta seriilor Fourier ınspatii Hilbert.

Teorema. Fie X un spatiu Hilbert si (en)n∈N un sistem ortonormat ın X. Urmatoareleafirmatii sunt echivalente:

(i) Sistemul ortonormat (en) este total;(ii) ∀x ∈ X, seria Fourier asociata lui x converge la x;

(iii) ∀x ∈ X, ‖x‖2 =∞∑n=0|cn|2 (egalitatea lui Parseval-Liapunov);

(iv) Aplicatia ϕ : X → `2, definita prin ϕ(x) := (cn), unde (cn) este sirul coeficientilorFourier asociat lui x, este un izomorfism de spatii normate.

Un alt exemplu important de spatiu Hilbert este L2[a, b]. Deoarece nu putem intra ıntoate detaliile de ordin tehnic ce implica notiuni legate de integrabilitatea ın sens Lebesgue,

396

precizam doar faptul ca orice functie integrabila Riemann pe intervalul compact [a, b]este integrabila ın sens Lebesgue pe [a, b], iar valorile celor doua integrale coincid. Maimult, L2[a, b] este format din clasele de echivalenta de functii de patrat integrabil ın sensLebesgue, egale aproape peste tot (adica egale cu exceptia unor multimi de puncte demasura Lebesgue nula; de exemplu, doua multimi care difera printr-o multime cel multnumarabila de puncte sunt egale aproape peste tot). Teoria seriilor Fourier clasice admiteo dezvoltare foarte naturala ın L2[−π, π], spatiu Hilbert ın care sistemul trigonometric cla-

sic(

1√2π, 1√

πcosx, 1√

πsinx, . . . , 1√

πcosnx, 1√

πsinnx, . . .

)este un sistem ortonormat total,

deci toate rezultatele din teorema de mai sus sunt adevarate.

Serii Fourier clasice

O serie de forma

a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

l+ bn sin

nπx

l

), (11.9)

unde a0, an, bn ∈ R (n = 1, 2, . . . ) si l > 0 se numeste serie trigonometrica de perioada2l.

Teorema. Daca presupunem ca seria (11.9) converge uniform pe intervalul [−l, l] catres, atunci s este continua pe [−l, l], iar coeficientii seriei (11.9) sunt dati de formulele

an =1

l

l∫−l

s(x) cosnπx

ldx, pentru n ∈ N, (11.10)

bn =1

l

l∫−l

s(x) sinnπx

ldx, pentru n ∈ N∗. (11.11)

In mod evident, ın locul intervalului [−l, l] putem considera orice alt interval de lungime2l.

Fie acum f : R → R o functie periodica de perioada 2l, integrabila ın sens propriusau absolut integrabila ın sens impropriu pe [−l, l]. Numerele an si bn date de formulele(11.10) si (11.11), ın care ıl ınlocuim pe s cu f, se numesc coeficientii Fourier ai functieif, iar seria trigonometrica de perioada 2l formata cu acesti coeficienti se numeste seriaFourier asociata functiei f. Notam uneori seria Fourier asociata functiei f prin

f(x) ∼ a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπx

l+ bn sin

nπx

l

).

Functia este dezvoltabila ın serie Fourier pe multimea A ⊂ R daca seria Fourierasociata converge pe aceasta multime catre f. Datorita periodicitatii lui f, coeficientii saiFourier nu depind de intervalul de lungime 2l pe care se calculeaza formulele ce ne dauacesti coeficienti. Mai remarcam faptul ca, pentru a studia posibilitatea dezvoltarii ın serieFourier pe R, este suficient sa facem acest studiu pe [−l, l].

Dam ın continuare cateva criterii utile pentru a studia posibilitatea dezvoltarii ın serieFourier.


Teorema. (Criteriul lui Dirichlet) Daca functia f este monotona pe portiuni ın in-tervalul [−l, l] si are ın acest interval cel mult un numar finit de puncte de discontinui-tate de speta I, atunci seria Fourier asociata converge ın fiecare punct x0 ∈ [−l, l] catref(x0 + 0) + f(x0 − 0)

2.

Teorema Daca functia f este derivabila sau derivabila pe portiuni ın intervalul[−l, l], atunci seria Fourier asociata converge ın fiecare punct x0 ∈ [−l, l] catref(x0 + 0) + f(x0 − 0)

2.

In cazul functiilor neperiodice, definite de exemplu pe un interval [−l, l], se considera

o functie ajutatoare f : R→ R, data prin f(x) :=

f(x), daca x ∈ (−l, l]f(l), daca x = −l pe intervalul

[−l, l] si prelungita prin periodicitate. Seria Fourier atasata lui f se va numi seria Fourieratasata lui f pe [−l, l]. Convergenta acestei serii revine la ındeplinirea de catre f a unui

criteriu ın acest sens pe [−l, l]. In punctele ±l, suma acestei serii va fif(−l + 0) + f(l − 0)

2.

Daca functia f : [−l, l]→ R este para, atunci coeficientii Fourier au valorile:

an =2

l

l∫0

f(x) cosnπx

ldx, pentru n ∈ N, bn = 0, pentru n ∈ N∗, (11.12)

adica seria Fourier asociata ei pe intervalul [−l, l] contine numai cosinusuri. Daca functiaf : [−l, l]→ R este impara, atunci coeficientii Fourier au valorile:

an = 0, pentru n ∈ N, bn = bn =2

l

l∫0

f(x) sinnπx

ldx, pentru n ∈ N∗, (11.13)

adica seria Fourier asociata ei pe intervalul [−l, l] contine numai sinusuri.Daca o functie f este definita numai pe intervalul [0, l] si ındeplineste conditiile de

dezvoltare ın serie Fourier ın interiorul acestui interval, cerandu-se dezvoltarea ei numaiın serie de cosinusuri sau sinusuri, se folosesc urmatoarele functii ajutatoare:

f1(x) =

f(x), daca x ∈ [0, l]f(−x), daca x ∈ [−l, 0)

si

f2(x) =

f(x), daca x ∈ [0, l]−f(−x), daca x ∈ [−l, 0)

.

Egalitatea lui Parseval-Liapunov, valabila, dupa cum am vazut mai sus, ın spatiiHilbert generale, are urmatoarea forma particulara.

Teorema. (Egalitatea Parseval-Liapunov) Daca functia f : [−l, l]→ R este integrabilaın sens propriu sau de patrat integrabila ın sens impropriu pe [−l, l], atunci coeficientiiFourier asociati verifica egalitatea

a20

2+

∞∑n=1

(a2n + b2n) =

1

l

l∫−l

f2(x)dx. (11.14)

Are loc de asemenea urmatorul rezultat.

398

Teorema. Daca sirurile (an) si (bn) formate cu coeficientii seriei (11.9) sunt monotonesi converg la 0, atunci seria este convergenta pentru orice x 6= 2kl, k ∈ Z si uniformconvergenta ın orice interval compact care nu contine puncte de acesta forma.

Prezentam mai jos cateva teoreme legate de derivarea si integrarea termen cu termena seriilor Fourier.

Teorema. Fie f o functie continua de perioada 2l admitand o derivata absolut inte-grabila (care poate sa nu existe ıntr-un numar finit de puncte dintr-un interval de lungimeegala cu perioada). Atunci seria Fourier a lui f ′ poate fi obtinuta din seria Fourier a luif prin derivare termen cu termen.

Teorema. Fie f o functie continua definita pe [−l, l] si admitand o derivata absolutintegrabila (care poate sa nu existe ıntr-un numar finit de puncte dintr-un interval delungime 2l). Atunci

f ′(x) ∼ c

2+∞∑n=1

[(nbn + (−1)nc) cos

nπx

l− nan sin

nπx

l

],

unde an si bn sunt coeficientii Fourier ai functiei f, iar constanta c este data de una dinegalitatile:

c =f(l)− f(−l)

lsau

c = limn→∞

[(−1)n+1nbn

]daca aceasta limita exista.

Teorema anterioara presupune continuitatea lui f si existenta unei derivate absolutintegrabile. In aplicatii se pot ıntalni cazuri ın care cunoastem numai seria Fourier a lui f.Atunci problema devine mai dificila: trebuie sa deducem dupa seria Fourier daca functiaeste derivabila si derivata integrabila si, daca raspunsul este afirmativ, sa formam seriaFourier a acestei derivate. Teorema urmatoare contribuie la rezolvarea acestei probleme.

Teorema. Fie seria (11.9). Daca seria

c

2+

∞∑n=1

[(nbn + (−1)nc) cos

nπx

l− nan sin

nπx

l

](11.15)

unde c = limn→∞[(−1)n+1nbn

]este seria Fourier a unei anumite functii absolut integra-

bile ϕ, atunci seria (11.9) este seria Fourier a functiei

f(x) =

x∫0

ϕ(x)dx+a0

2+

∞∑n=1

an

continua pentru x ∈ (−l, l). In plus, (11.15) este convergenta catre f si avem f ′(x) = ϕ(x)ın orice punct de continuitate a lui ϕ.

Pentru functiile pare, respectiv impare, posibilitatea derivarii termen cu termen iaurmatoarele forme particulare.

Teorema. Daca functia f este continua pe [0, l], admite o derivata absolut integrabila sieste dezvoltabila ın serie Fourier de cosinusuri sau de sinusuri, atunci seria cosinusurilorpoate fi derivata ıntotdeauna termen cu termen, iar acest lucru este valabil si pentru seriade sinusuri daca f(0) = f(l) = 0.


Teorema. Fie f o functie continua pe [0, l], cu derivata absolut integrabila (care poatesa nu existe ın anumite puncte) si dezvoltabila ın serie Fourier de sinusuri

f(x) =

∞∑n=1

bn sinnπx

l, x ∈ (0, l).

Atunci

f ′(x) ∼ c

2+∞∑n=1

[nbn − d+ (c+ d)(−1)n] cosnπx

l,

unde:

c =2(f(l)− f(0))

l, d =

2

lf(0) sau

c = − limn→∞

[2nb2n] , d = limn→∞

[(2n+ 1)b2n+1 − c] daca aceste limite exista.

Teorema. (Integrarea termen cu termen) Daca functia f : [−l, l]→ R este integrabilaın sens propriu sau absolut integrabila ın sens impropriu pe intervalul [−l, l] iar seriatrigonometrica (11.9) este seria Fourier asociata ei, atunci pentru orice interval [x′, x′′] ⊂[−l, l] avem

x′′∫x′

f(t)dt =

x′′∫x′

a0

2+∞∑n=1

x′′∫x′

[an cos

nπt

l+ bn sin

nπt

l

]dt.

Pentru a studia convergenta uniforma a seriilor Fourier, se aplica de obicei urmatoarelecriterii.

Teorema. (Criteriul Dirichlet-Jordan) Daca functia f : [−l, l] → R este continua sicu variatie marginita pe [−l, l] si satisface conditia f(−l) = f(l), atunci seria Fourierasociata ei converge uniform catre f pe acest interval.

Corolar. Daca functia f : [−l, l] → R este derivabila cu derivata integrabila pe [−l, l]si satisface conditia f(−l) = f(l), atunci seria Fourier asociata ei converge absolut siuniform catre f pe acest interval.

Probleme

Problema 11.17 Sa se determine:

(a) Seria Fourier asociata functiei f : R→ R, f(x) = x sinx pe intervalul [0, π];

(b) Seria Fourier numai de cosinusuri si seria Fourier numai de sinusuri asociate functiei

f pe acelasi interval;

(c) Multimea pe care fiecare din aceste trei serii converge catre f.

Solutie. Deoarece functia este continua pe R, ea este integrabila pe orice intervalcompact, deci are sens problema determinarii seriei Fourier asociate ei pe un interval.

400

(a) Avem

an =2

π

π∫0

x sinx cos 2nx dx =

=1

π

π∫0

x[sin(2n+ 1)x− sin(2n− 1)x] dx = − 2

4n2 − 1, n ∈ N

si

bn =2

π

π∫0

x sinx sin 2nx dx =

=1

π

π∫0

x[cos(2n− 1)x− cos(2n+ 1)x] dx = − 16n

π(4n2 − 1)2, n ∈ N∗.

Atunci seria Fourier asociata functiei f pe [0, π] este

1− 2

π

∞∑n=1

[π

4n2 − 1cos 2nx+

8n

(4n2 − 1)2sin 2nx

]. (11.16)

(b) Pentru a determina coeficientii Fourier ai seriei numai de cosinusuri asociate functieif pe [0, π] vom aplica formulele coeficientilor Fourier, ın care luam l = π. Avem

an =2

π

π∫0

x sinx cosnx dx =1

π

π∫0

x[sin(n+ 1)x− sin(n− 1)x] dx.

Integrand prin parti, obtinem an = (−1)n+1 2

n2 − 1, pentru n = 0, 2, 3, . . . , si a1 = −1

2.

Prin urmare, seria ceruta este

1− 1

2cosx+ 2

∞∑n=2

(−1)n+1

n2 − 1cosnx. (11.17)

Asemanator, pentru seria numai de sinusuri corespunzatoare functiei f pe [0, π] obtinem

bn = − 16k

π(4k2 − 1), daca n = 2k si bn = 0, daca n = 2k + 1. Atunci seria ceruta este

π

2sinx− 16

π

∞∑n=1

k

(4k2 − 1)sin 2kx. (11.18)

(c) Functia considerata verifica conditiile Dirichlet-Jordan pe [−π, π] si este para. Rezultaatunci ca seria (11.17) converge uniform catre f pe acest interval. Dar functia f verificaconditiile Corolarului de mai sus pe [0, π], deci seriile (11.16) si (11.18) converg uniformpe acest interval catre f .

Deoarece functiile care apar ın seria (11.16) sunt periodice de perioada π, rezulta caaceasta serie defineste pe R o functie periodica de perioada π, catre care seria convergeuniform pe R. In virtutea paritatii lui f deducem ca si seria (11.16) converge uniform catref pe intervalul [−π, π]. Aceste trei serii mai converg catre f si ın punctele de forma kπ cuk ∈ Z, deoarece ın aceste puncte valoarea 0 a functiei se repeta periodic. Asadar, seriile(11.16) si (11.17) converg catre f pe multimea [−π, π] ∪ kπ | k ∈ Z, iar seria (11.18) pemultimea [0, π] ∪ kπ | k ∈ Z.


Problema 11.18 1) Verificati:

x2 =π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)ncosnx

n2, ∀x ∈ [−π, π], (11.19)

x = 2∞∑n=1

(−1)n+1 sinnx

n, ∀x ∈ (−π, π). (11.20)

2) Fie a ∈ R∗+. Aratati ca exista o aplicatie f : [−π, π] → R, de clasa C2, astfel

ıncat: f(x) =∞∑n=1

(−1)2 cosnx

n2 + a2. Formati o ecuatie diferentiala satisfacuta de f, si deduceti

expresia lui f(x).

3) Existenta si calculul lui∞∑n=1

(−1)nn sinnx

n2 + a2, x ∈ (−π, π).

Solutie. 1) Fie g : R→ R, de perioada 2π, definita prin g(x) = x2 pentru x ∈ [−π, π].Conform Criteriului Dirichlet-Jordan, seria Fourier asociata converge uniform catre g peR. Cum g este para, seria Fourier va fi numai de cosinusuri. Folosind formulele pentru

coeficientii Fourier an si bn, obtinem a0 = 2π3 si an =

4(−1)n

n2, n = 1, 2, . . . , de unde se

deduce (11.19).Fie acum h : R→ R, de perioada 2π, data prin h(x) = x daca x ∈ (−π, π) si h(π) = 0.

Cum h este local integrabila pe R, iar pentru orice x 6= (2k+ 1)π, k ∈ Z, f este derivabila,seria sa Fourier converge si are drept suma h. Seria Fourier va fi numai de sinusuri, iar

bn =2(−1)n

n2, n = 1, 2, . . . , de unde deducem (11.20).

2) Avem ∣∣∣∣(−1)ncosnx

n2 + a2

∣∣∣∣ ≤ 1

n2 + a2,∀x ∈ R.

Cum∞∑n=1

1

n2 + a2converge, deducem ca f exista ca fiind suma unei serii de functii uniform

convergente pe [−π, π], si ca f este continua pe [−π, π].

Fie u : [−π, π]→ R definita prin f(x) =x2

4− π2

12+ a2u(x), adica

u(x) =∞∑n=1

un(x), unde u(x) = (−1)n+1 cosnx

n2(n2 + a2).

Se verifica faptul ca seriile∞∑n=1

un,∞∑n=1

u′n,∞∑n=1

u′′n converg uniform pe [−π, π], ceea ce

antreneaza faptul ca u este de clasa C2, precum si relatiile:

u′(x) =

∞∑n=1

(−1)nsinnx

n(n2 + a2);

u′′(x) =∞∑n=1

(−1)ncos(nx)

n2 + a2= f(x).

Rezulta ca f este de clasa C2, si ca f este solutia pe [−π, π] a ecuatiei diferentiale

y′′ − a2y =1

2. (11.21)

402

O solutie particulara a ecuatiei (11.21) este x 7→ − 1

2a2. Tinand cont de paritatea

lui f, deducem ca exista o constanta A astfel ıncat, pentru orice x ∈ [−π, π], f(x) =

A ch ax − 1

2a2. Cum u′(π) = 0, deducem ca f ′(π) =

π

2. Totodata, f ′(π) = Aa sh aπ. De

aici, A =π

2a sh aπsi

∞∑n=1

(−1)ncosnx

n2 + a2=π

a

ch ax

sh aπ− 1

2a2,∀x ∈ (−π, π).

3) Rezulta ca f ′(x) = π2

sh axsh aπ . Pe de alta parte, f ′(x) =

x

2+ a2u′(x). Restrangandu-ne

la (−π, π) si folosind 2), avem

f ′(x) =

∞∑n=1

(−1)n+1 sinnx

n

(1− 1

n2 + a2

).

In final,∞∑n=1

(−1)n+1n sinnx

n2 + a2=π

2

sh ax

sh aπ.

Problema 11.19 Sa se demonstreze ca, pentru orice x ∈[−π

4 ,π4

], are loc egalitatea:

secx =4

πln(1 +

√2)

+8

π

∞∑n=1

[ln(1 +

√2) + 2

2n−1∑k=0

(−1)k+1

2k + 1sin(2k + 1)

π

4

]cos 4nx.

Solutie. Functia f :[−π

4 ,π4

]→ R, f(x) = secx este para si verifica toate conditiile

din criteriul lui Dirichlet, decieste dezvoltabila ın serie Fourier numai de cosinusuri peacest interval. Avem

a0 =8

π

π4∫0

secx dx, an =8

π

π4∫0

secx cos 4nx dx, ∀n ∈ N.

Folosind schimbarea de variabila tg x = t, deducem a0 =8

πln(1 +

√2). Pentru calculul lui

an, folosim identitatea

cos 4nx

cosx= 2 cos(4n− 1)x− 2 cos(4n− 3)x+

cos 4(n− 1)x

cosx,

de unde deducem ca

an =16

π

[1

4n− 1sin(4n− 1)

π

4− 1

4n− 3sin(4n− 3)

π

4

]+ an−1.

Adunand aceste relatii, obtinem ca an =16

π

2n−1∑k=0

(−1)k+1

2k + 1sin(2k + 1)

π

4+ a0. De aici, con-

cluzia.


Problema 11.20 1. Sa se arate ca functia f(x) =1

2 + cosxeste dezvoltabila ın serie

Fourier convergenta pe toata axa reala si sa se deduca aceasta dezvoltare.

2. Deduceti valoarea integraleiπ∫0

cosnx

2 + cosxdx.

Solutie. 1. Functia f verifica conditiile criteriului Dirichlet. Se observa ca f este ofunctie para, de perioada 2π. In consecinta, functia f este dezvoltabila ın serie Fourierdecosinusuri pe toata axa reala.

Fie

f(x) =a0

2+∞∑n=1

an cosnx. (11.22)

Avem

a0 =2

π

π∫0

dx

2 + cosx=

2√

3

3.

Inmultind ambii membri ai relatiei (11.22) cu 2(2 + cosx) obtinem

2 = 2a0 + a0 cosx+ 4∞∑n=1

an cosnx+∞∑n=1

2an cosx cosnx

= 2a0 + a0 cosx+ 4∞∑n=1

an cosnx+∞∑n=1

an[cos(n+ 1)x+ cos(n− 1)x.

Cum functia g(x) = 2 este para, este dezvoltabila ın serie Fourier de cosinusuri pe toataaxa reala. Tinand seama de egalitatea a doua serii Fourier, avem

2 = 2a0 + a1

0 = a0 + 4a1 + a2

0 = 4ak + ak+1 + ak−1, k = 1, 2, . . .

Sirul (an) verifica deci recurenta liniara ak = −4ak−1−ak−2, cu a0 =2√

3

3si a1 =

6− 4√

3

3.

Se deduce ca ak =2√

3

3(√

3− 2)k, k = 1, 2, . . .

Deci

f(x) =

√3

3+

2√

3

3

∞∑n=1

(√

3− 2)n cosnx.

2. Deoarece an =2

π

π∫0

cosnx

2 + cosxdx, rezulta ca

π∫0

cosnx

2 + cosxdx =

√3

3π(√

3− 2)n.

Problema 11.21 (Formula lui Poisson) Sa se arate ca functia f : R → R, f(x) = 1 −

2α cosx+ α2, unde |α| 6= 1, este strict pozitiva pentru orice x ∈ R, iar functia

g : R→ R, g(x) =1− α2

1− 2α cosx+ α2, |α| < 1

este dezvoltabila ın serie Fourier pe R; sa se determine apoi dezvoltarea functiei g.

404

Solutie. Folosind inegalitatea

1− 2α cosx+ α2 ≥ (1− |α|2), ∀x ∈ R,

si faptul ca |α| 6= 1, obtinem ca f > 0 pe R. Functia g este periodica de perioada 2π,derivabila cu derivata continua pe R. In consecinta, verifica conditiile din criteriul luiDirichlet, deci este dezvoltabila ın serie Fourier pe R. Seria Fourier converge chiar uniformpe R catre g. Cum g este para, seria Fourier asociata ei va fi numai de cosinusuri:

g(x) =a0

2+

∞∑n=1

an cosnx. (11.23)

Intrucat integralele care apar ın calculul coeficientilor Fourier implica unele calcule destulde complicate, vom evita acest calcul, dupa cum se va vedea ın continuare. Amplificamrelatia (11.23) cu 2(1− 2α cosx+ α2), si obtinem

2(1− α2) = a0(1− 2α cosx+ α2) + 2(1 + α2)

∞∑n=1

an cosnx

−2α∞∑n=1

an[cos(n+ 1)x− cos(n− 1)x].

De aici deducem

2(1− α2) = a0(1 + α2)− 2αa1 + 2

∞∑n=1

[(1 + α2)an − αan−1 − αan+1] cosnx. (11.24)

Functia constanta h(x) = 2(1 − α2) poate fi considerata ca fiind periodica de perioada2π, para, deci dezvoltabila ın serie de cosinusuri pe R ın mod unic. Deci, (11.24) e chiardezvoltarea functiei h ın serie Fourier pe R. Dar aceasta functie are toti coeficientii Fouriernuli, ın afara de primul care este 4(1− α2). Prin urmare,

a0(1 + α2)− 2αa1 = 4(1− α2) si (11.25)

(1 + α2)an − αan−1 − αan+1 = 0, ∀n ∈ N∗.

Coeficientul a0 al functiei g se calculeaza direct, fiind

a0 =2

π

π∫0

1− α2

1− 2α cosx+ α2dx = 2.

Folosind (11.25), deducem ca a1 = 2α si, prin recurenta, an = 2αn. In concluzie,

1− α2

1− 2α cosx+ α2= 1 + 2

∞∑n=1

αn cosnx, ∀x ∈ R. (11.26)

Ultima formula se mai numeste formula lui Poisson.

Problema 11.22 (Integrala Poisson) Fie α ∈ (0, 1), f o functie continua de perioada 2π,

an si bn coeficientii sai Fourier. Notam prin

f(x, r) =a0

2+

∞∑n=1

αn (an cosnx+ bn sinnx) .


Sa se arate ca seria

a0

2+

∞∑n=1

αn (an cosnx+ bn sinnx) (11.27)

este absolut convergenta si ca are loc relatia

f(x, r) =1

2π

π∫−π

f(t)1− α2

1− 2α cos(t− x) + α2dt.

(f(x, r) poarta numele de integrala lui Poisson).

Solutie. Deoarece an, bn → 0, sirurile (an) si (bn) sunt marginite. Exista atunci M > 0astfel ıncat, pentru orice n ∈ N, |an| ≤M si |bn| ≤M. Cum

|αn (an cosnx+ bn sinnx)| ≤ 2Mαn

si cum α ∈ (0, 1), conform criteriului Weierstrass, rezulta convergenta uniforma a seriei(11.27).

Tinand acum cont de formulele lui an si bn, obtinem

f(x, r) =1

2π

π∫−π

f(t)dt+1

π

∞∑n=1

αnπ∫−π

f(t) cosn(t− x)dt. (11.28)

Dar cum seria1

2+∞∑n=1

αn cosn(t−x) este absolut si uniform convergenta, putem integra

termen cu termen relatia (11.28) si obtinem

f(x, r) =1

π

π∫−π

f(t)

[1

2+

∞∑n=1

αn cosn(t− x)

]dt.

Folosind si identitatea (11.26) de la problema anterioara, deducem concluzia.

Problema 11.23 Fie (gn) un sir de functii reale definit pe R prin:

gn(x) =

n, daca x = 2kπ, k ∈ Z

(−1)n−1n, daca x = (2k + 1)π, k ∈ Zsinnx

sinx, daca x 6∈ πZ.

Sa se arate ca seria∞∑n=1

αngn, unde |α| < 1, converge uniform pe R catre o functie continua

si sa se determine aceasta functie.

Solutie. Se observa ca functiile gn sunt continue pe R. Cum

gn(x) = 2 cos(n− 1)x+ gn−2(x),∀x ∈ R,∀n ≥ 3, (11.29)

rezulta ca |gn(x)| ≤ n,∀x ∈ R, ∀n ∈ N. Atunci |αngn| ≤ n |α|n , ∀x ∈ R,∀n ∈ N. Cum

seria∞∑n=1

n |α|n este evident convergenta, conform criteriului lui Weierstrass, seria∞∑n=1

αngn

406

converge uniform pe R. In baza transferului de continuitate, suma ei este continua. Invirtutea relatiei (11.29), avem

∞∑n=3

αngn(x) = 2∞∑n=3

αn cos(n− 1)x+∞∑n=3

αngn−2(x), ∀x ∈ R, (11.30)

iar seriile din membrul drept sunt de asemenea uniform convergente pe R. Insa αg1 = αsi α2g2 = 2α2 cosx. Folosind aceste relatii si (11.30), obtinem

∞∑n=1

αngn(x) = α+ 2α

∞∑n=1

αn cosnx+ α2∞∑n=1

αngn(x), ∀x ∈ R,

de unde∞∑n=1

αngn(x) =α

1− α2+

2α

1− α2

∞∑n=1

αn cosnx, ∀x ∈ R.

Folosind si relatia (11.26), obtinem ca functia suma ceruta esteα

1− 2α cosx+ α2.

Problema 11.24 Fie f si F doua functii la patrat integrabile definite pe [−l, l] si

f(x) ∼ a0

2+∞∑n=1

(an cosnπx

l+ bn sin

nπx

l),

F (x) ∼ A0

2+

∞∑n=1

(An cosnπx

l+Bn sin

nπx

l)

seriile Fourier atasate lor. Sa se arate ca

1

l

l∫−l

f(x)F (x)dx =a0A0

2+∞∑n=1

(anAn + bnBn).

Solutie. Seriile Fourier atasate functiilor f + F si f − F sunt

f(x) + F (x) ∼ a0 +A0

2+∞∑n=1

[(an +An) cosnπx

l+ (bn +Bn) sin

nπx

l],

f(x)− F (x) ∼ a0 −A0

2+∞∑n=1

[(an −An) cosnπx

l+ (bn −Bn) sin

nπx

l].

Deoarece f si F sunt functii la patrat integrabile, f+F si f−F sunt la patrat integrabile.Egalitatea lui Parseval ne conduce la

1

l

l∫−l

[f(x) + F (x)]2dx =(a0 +A0)2

2+

∞∑n=1

[(an +An)2 + (bn +Bn)2],

1

l

l∫−l

[f(x)− F (x)]2dx =(a0 −A0)2

2+∞∑n=1

[(an −An)2 + (bn −Bn)2].

Scazand ultimele egalitati, obtinem egalitatea ceruta.


Problema 11.25 Fie α ∈ (0, 1) si f : R→ R periodica de perioada 2π, cu

f(x) =shx

|x|αdaca x ∈ (−π, π) \ 0, f(0) = f(π) = 0.

1) Aratati ca seria Fourier asociata lui f este de forma∞∑n=1

bn sinnx, si ca bn =

O

(1

n1−α

).

2) Studiati convergenta seriei Fourier de mai sus.

Solutie. 1) Deoarece f este periodica de perioada 2π este local integrabila pe R, deciseria sa Fourier exista. In plus, deoarece f este impara, seria Fourier va fi o serie numaide sinusuri. Avem

bn =2

π

π∫0

sh tsinnt

tαdt, ∀n ∈ N∗.

Putem scrie:π

2bn = lim

x→0+

π∫x

sh t ·ϕ′(t)dt, unde ϕ este aplicatia de clasa C1 : t 7→t∫π

sinnu

uαdu.

Integrand prin parti obtinem, pentru orice x ∈ (0, π] :

π∫x

sh t · ϕ′(t)dt = sh t · ϕ(t)

∣∣∣∣πx−

π∫x

ch t · ϕ(t)dt.

Cum0∫π

sinnu

uαdu, α < 1 converge, deducem ca

bn =2

π

π∫0

ch t · (−ϕ(t))dt.

Facand schimbarea de variabila v = nu, avem: −ϕ(t) =1

n1−α

nπ∫nt

sin v

vαdv. Aplicatia con-

tinua ψ : x 7→x∫1

sin v

vαdv din R∗+ ın R se poate prelungi prin continuitate la R+.

Folosind convergenta integralei∞∫1

sin v

vαdv, ea admite o limita finita la ∞. Exista deci

M = supx∈R+

|ψ(x)| . Deducem atunci ca

|bn| =2

π· 1

n1−α

π∫0

ch t · (ψ(nπ)− ψ(nt))dt

≤ 2

π· 2M · shπ · 1

n1−α .

2) Pentru orice x0 6∈ πZ, f este derivabila ın x0. Atunci seria Fourier asociata luif converge ın x0, avand drept suma f(x0). Pentru x0 ∈ πZ, seria Fourier este vizibilconvergenta ın x0, cu suma 0, iar ın punctele de acest tip f(x0) = 0. In concluzie, seriaFourier asociata lui f converge simplu pe R, avand drept suma f.

408

Problema 11.26 Fie (bn)n∈N∗ un sir descrescator de numere reale, cu limita 0; acestui

sir ıi asociem seria trigonometrica∞∑n=1

fn, unde fn(x) = bn sinnx.

1) Aratati ca seria converge simplu pe R, si uniform pe orice interval compact din R

care nu contine multipli de 2π.

2) Stabiliti echivalenta urmatoarelor afirmatii:

(i)∞∑n=1

fn converge uniform pe R;

(ii) bn = O(

1n

)ın vecinatatea lui ∞.

3) Presupunem ca bn = O(

1n

)ın vecinatatea lui ∞. Aratati ca suma seriei

∞∑n=1

fn este

marginita si local integrabila pe R; gasiti seria Fourier asociata functiei suma.

Solutie. 1) (a) Pentru toti x ∈ πZ, seria numerica∞∑n=1

fn(x), nula, este convergenta.

Notam Sn(x) :=n∑k=1

sin kx, n ∈ N∗, x ∈ R. Atunci (folosind transformarea lui Abel) putem

scrie pentru orice n, p ∈ Ns∑

k=1

fn+k(x) =s∑

k=1

(bn+k − bn+k+1)Sn+k(x)− bn+1Sn(x) + bn+p+1Sn+p(x).

Folosind formula clasica Sn(x) =sin nx

2 sin (n+1)x2

sin x2

, daca x 6∈ 2πZ, obtinem ca |Sn(x)| ≤

1∣∣sin x2

∣∣ ,∀n ∈ N, ∀x 6∈ 2πZ. Tinand cont si de faptul ca bn+k − bn+k+1 ≥ 0, obtinem ca

pentru orice x ∈ R \ 2πZ∣∣∣∣∣s∑

k=1

fn+k(x)

∣∣∣∣∣ ≤s∑

k=1

(bn+k − bn+k+1) |Sn+k(x)|+ bn+1 |Sn(x)|+ bn+p+1 |Sn+p(x)|

≤ 2bn+1∣∣sin x2

∣∣ , ∀n, p ∈ N. (11.31)

Deci, seria numerica∞∑n=1

fn(x) satisface criteriul lui Cauchy, deci este convergenta.

In concluzie,∞∑n=1

fn este convergenta punctual pe R. Fie f suma sa. Se observa ca f

este periodica de perioada 2π si impara.(b) Periodicitatea lui f permite reducerea problemei la a arata convergenta uniforma a

lui∞∑n=1

fn pe un interval de forma [α, 2π − α], cu α ∈ (0, π). Avem, ın virtutea monotoniei

functiei sin pe intervalul[α2 , π −

α2

],

supx∈[α,2π−α]

∣∣∣∣∣p∑

k=1

fn+k(x)

∣∣∣∣∣ ≤ 2bn+1

sin α2

.

Cum limn→∞

bn = 0,∞∑n=1

fn verifica criteriul lui Cauchy de convergenta uniforma pe [α, 2π−α],

deci converge uniform pe acest interval.


Mai remarcam, ın virtutea transferului de continuitate, ca f este continua pe R \ 2πZ.De asemenea, folosind inegalitatea sin x

2 ≥xπ pentru x ∈ [0, π], majorarea (11.31) arata

ca ∣∣∣∣∣∞∑

k=n+1

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤ 2πbn+1

x, ∀n ∈ N, ∀x ∈ (0, π]. (11.32)

2) (i)⇒ (ii) : Prin ipoteza,∞∑n=1

fn converge uniform pe R. Avem, ın particular,

limn→∞

(supx∈R

∣∣∣∣∣2n∑

k=n+1

bk sin kx

∣∣∣∣∣)

= 0,

de unde

limn→∞

(2n∑

k=n+1

bk sinkπ

4n

)= 0.

Cum, pentru orice numar natural din intervalul [n+ 1, 2n], avem ca

0 ≤ b2n sinπ

4≤ bk sin

kπ

4n,

rezulta ca limn→∞

(nb2n) = 0. Cum 0 ≤ b2n+1 ≤ b2n, avem si ca limn→∞

(nb2n+1) = 0. Deducem

de aici ca limn→∞

(nbn) = 0.

(ii)⇒ (i) : Prin ipoteza, limn→∞

(nbn) = 0.

Fie ε > 0. Exista atunci n0 ∈ N∗ astfel ıncat 0 ≤ nbn ≤ ε, pentru orice n ≥ n0.

Consideram x ∈ (0, π] si n ≥ n0. Notand cu p partea ıntreaga a luiπ

x, putem scrie:

∣∣∣∣∣∞∑k=n

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤n+p−1∑k=n

|fk(x)|+

∣∣∣∣∣∣∞∑

k=n+p

fk(x)

∣∣∣∣∣∣ .Majorand |sin kx| prin kx, x prin π

p , si kbk prin ε, obtinem

n+p−1∑k=n

|fk(x)| =n+p−1∑k=n

bk |sin kx| ≤n+p−1∑k=n

bkkx ≤n+p−1∑k=n

επ

p= πε.

Folosind acum (11.32), si majorand πx prin n+ p = n+

[πx

], obtinem ca∣∣∣∣∣∣

∞∑k=n+p

fk(x)

∣∣∣∣∣∣ ≤ 2πbn+p

x≤ 2(n+ p)bn+p ≤ 2ε.

In concluzie, pentru orice x ∈ (0, π], avem∣∣∣∣∣∞∑k=n

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤ (π + 2)ε.

Cum aceasta inegalitate este satisfacuta ın mod trivial ın punctul 0, folosind de asemenea

paritatea si periodicitatea, este satisfacuta ın orice x ∈ R. Rezulta cu seria∞∑n=1

fn converge

uniform pe R.

410

3) Aplicam concluzia de la punctul 2). Stim ca ∃M > 0 astfel ıncat, pentru orice

n ∈ N∗, nbn ≤M. Fie x ∈ (0, π]. Notand iarasi cu p partea ıntreaga a luiπ

x, avem ca

|f(x)| ≤s∑

k=1

|fk(x)|+

∣∣∣∣∣∣∞∑

k=p+1

fk(x)

∣∣∣∣∣∣ .Majorand din nou |sin kx| prin kx, x prin π

p , si kbk prin M, obtinem ca

s∑k=1

|fk(x)| ≤ πM.

Folosind din nou (11.32), si majorand πx prin p+ 1, avem∣∣∣∣∣∣

∞∑k=p+1

fk(x)

∣∣∣∣∣∣ ≤ 2πbp+1

x≤ 2(p+ 1)bp+1 ≤ 2M.

Inegalitatea |f(x)| ≤ (π + 2)M este deci adevarata pentru orice x ∈ (0, π]; cum esteevident satisfacuta ın x = 0, este adevarata pe R ın virtutea paritatii si a periodicitatii luif. Aplicatia f : R→ R este deci marginita.

Restrictia lui f la intevalul [0, 2π] este marginita si are cel mult doua puncte de dis-continuitate (0 si 2π); ea este deci integrabila; rezulta ca f este local integrabila si ca estedezvoltabila ın serie Fourier. Seria Fourier asociata va fi o serie numai de sinusuri, pe care

o vom nota∞∑n=1

cn sinnx. Calculam cm pentru fiecare m ∈ N∗ fixat. Avem

π

2cm =

π∫0

f(t) sinmt dt =

π∫0

( ∞∑n=1

gn(t)

)dt,

unde gn(t) = bn sinnt sinmt. Este evident ca∞∑n=1

gn este convergenta simplu pe [0, π] si are

ca suma functia x 7→ f(x) sinmx. Vom arata ca aceasta convergenta este uniforma.

Studiem Tn(x) :=∞∑

k=n+1

gk(x) = sinmx ·∞∑

k=n+1

fk(x). Tn(0) = 0 e trivial. Pentru x ∈

(0, π] folosim (11.32) si obtinem

|Tn(x)| = |sinmx|

∣∣∣∣∣∞∑

k=n+1

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤ mx · 2πbn+1

x= 2πmbn+1.

Rezulta supx∈[0,π]

|Tn(x)| ≤ 2πmbn+1. Dar bn+1 → 0.

Folosind acum convergenta uniforma, putem scrie

π

2cm =

∞∑n=1

π∫0

bn sinnx sinmx dx

.

Cumπ∫0

sinnx sinmx dx = δmnπ2 , rezulta ca bm = cm.

Seria Fourier asocita lui f este deci∞∑n=1

fn.


Problema 11.27 Fie Γp := 1π2p

∞∑n=1

1n2p , p ∈ N∗. Aratati ca Γp ∈ Q∗+.

Solutie. Fie f2k−1, f2k, p ∈ N∗, periodice de perioada 2π de la R la R, definite prin

f2k−1(x) = x2k−1, daca x ∈ (−π, π), f2k−1(π) = 0,

f2k(x) = x2k, daca x ∈ (−π, π].

Aceste functii sunt local integrabile si admit (respectiv) dezvoltarile ın serii Fourier

∞∑n=1

bkn sinnx siak02

+∞∑n=1

akn cosnx.

Folosind formulele lui bkn si akn, obtinem (prin integrare prin parti) ca, pentru orice n ∈ N∗,

bk+1n = (−1)n+1 2π2k

n− 2k(2k + 1)

n2bkn,

akn = −2k

nbkn.

Prin calcul direct, gasim ca b1n = (−1)n+1 2

n. Prin recurenta dupa k ∈ N∗, se deduce ca

exista βk,l ∈ Z si αk,l ∈ Z, independente de n, astfel ıncat

(−1)nbkn =k−1∑l=0

βk,lπ2l

n2k−1−2l; (−1)nakn =

k−1∑l=0

αk,lπ2l

n2k−2l,

pentru orice n, k ∈ N∗. De asemenea, obtinem direct ca ak0 =2π2k

2k + 1.

Pentru k ∈ N∗ fixat, avem, din formula lui Parseval:

1

2

∞∑n=1

(bkn)2 =1

π

π∫0

t4k−2dt =π4k−2

4k − 1, (11.33)

1

2

∞∑n=1

(akn)2 =π4k

4k + 1− 1

4(ak0)2.

Pentru k = 1, deducem ca

Γ1 =1

6si Γ2 =

1

90. (11.34)

Pentru k ≥ 2, avem, notand Λk = 0, 1, . . . , k − 12 :

∞∑n=1

(bkn)2 =∑

(l,l′)∈Λk

βk,lβk,l′π2(l+l′)

∞∑n=1

1

n4k−2−2(l+l′).

Din (11.33) si din definitia lui Γp, avem ca∑(l,l′)∈Λk

βk,lβk,l′Γ2k−1−(l+l′) ∈ Q.

In acelasi mod ∑(l,l′)∈Λk

αk,lαk,l′Γ2k−(l+l′) ∈ Q.

Folosind (11.34), deducem prin recurenta ca Γp ∈ Q∗+, ∀p ∈ N∗.

412

Problema 11.28 (Teorema lui Riemann) 1) Fie f : [a, b] → R o functie integrabila ın

sens propriu sau absolut integrabila ın sens impropriu pe intervalul compact [a, b]. Sa se

arate ca:

limt→∞

b∫a

f(x) sin tx dx = 0 si limt→∞

b∫a

f(x) cos tx dx = 0.

2) Fie g : [−l, l] → R, integrabila ın sens propriu sau absolut integrabila ın sens

impropriu pe [−l, l]. Aratati ca an si bn, coeficientii Fourier corespunzatori lui g, satisfac

limn→∞

an = limn→∞

bn = 0. Deduceti un criteriu necesar pentru ca o serie trigonometrica sa

fie serie Fourier.

Solutie. 1) Observam ca, pentru orice interval compact [c, d], avem∣∣∣∣∣∣d∫c

sin tx dx

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣cos tc− cos td

t

∣∣∣∣ ≤ 2

|t|. (11.35)

Presupunem mai ıntai ca functia f este integrabila ın sens propriu pe [a, b]. Fie a = x0 <x1 < · · · < xn−1 < xn = b o diviziune a intervalului [a, b]; notam mi = inf

x∈[a,b]f(x),

Mi = supx∈[a,b]

f(x) si ωi = Mi −mi. Atunci, tinand seama si de (11.35), avem

∣∣∣∣∣∣b∫a

f(x) sin tx dx

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣n−1∑i=0

xi+1∫xi

f(x) sin tx dx

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣n−1∑i=0

xi+1∫xi

[f(x)−mi] sin tx dx+n−1∑i=0

mi

xi+1∫xi

sin tx dx

∣∣∣∣∣∣≤

n−1∑i=0

ωi(xi − xi−1) +2

|t|

n−1∑i=0

|mi| .

Cum f este integrabila pe [a, b], obtinem din criteriul lui Darboux ca pentru orice ε > 0,exista δε > 0 astfel ıncat, pentru orice diviziune cu norma mai mica decat δε, diferentasumelor Darboux este mai mica decat ε

2 . Presupunem ca norma diviziunii alese de noi este

mai mica decat δε, si obtinem deci can−1∑i=0

ωi(xi−xi−1) < ε2 . Notam tε =

4

ε

n−1∑i=0|mi| . Atunci

2

t

n−1∑i=0

|mi| <ε

2, ∀t > tε.

Asadar, ∀ε > 0,∃tε ∈ R,∀t > tε :

∣∣∣∣∣ b∫af(x) sin tx dx

∣∣∣∣∣ < ε. Deci, limt→∞

b∫af(x) sin tx dx = 0.

Sa presupunem acum ca f este absolut integrabila ın sens impropriu pe [a, b]. Cum|f(x) sin tx| ≤ |f(x)| , ∀x ∈ [a, b],∀t ∈ R, folosind criteriul comparatiei, deducem ca in-


tegralab∫af(x) sin tx dx este absolut convergenta ın sens impropriu pe [a, b]. Pentru a re-

zolva problema, este suficient sa consideram cazul ın care aceasta este de tipulb−0∫af(x)dx,

celelalte cazuri rezolvandu-se analog. Intrucat integrala considerata este convergenta,∀ε > 0,∃η = ηε ∈ (a, b) astfel ıncat∣∣∣∣∣∣

b∫η

f(x) sin tx dx

∣∣∣∣∣∣ < ε

2,∀t ∈ R.

Dar cum pe intervalul compact [a, η] stim din demonstratia anterioara ca ∃tε ∈ R,∀t > tε :∣∣∣∣ η∫af(x) sin tx dx

∣∣∣∣ < ε2 , rezulta ca ∀ε > 0, ∃η = ηε ∈ (a, b), ∃tε ∈ R, ∀t > tε

∣∣∣∣∣∣b∫a

f(x) sin tx dx

∣∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∣η∫a

f(x) sin tx dx

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣b∫η

f(x) sin tx dx

∣∣∣∣∣∣ < ε.

De aici, limt→∞

b∫af(x) sin tx dx = 0. Pentru cealalta integrala, demonstratiile sunt complet

analoage.2) Folosind punctul 1), deducem imediat ca an → 0, bn → 0. Sa remarcam faptul ca

acest lucru reiese si din inegalitatea lui Bessel sau din egalitatea lui Parseval, dar numaipentru functiile de patrat integrabil ın sens impropriu sau integrabile ın sens propriu. Dupa

cum se poate vedea examinand functia g : [0, 1]→ R, g(x) =1√x, daca x ∈ (0, 1], si g(0) =

0, nu orice functie de patrat integrabil ın sens impropriu este integrabila ın sens impropriu.

Reciproca este adevarata, dupa cum ne arata inegalitatea |h(x)| ≤ 1 + h2(x)

2, ∀x ∈ [a, b].

In concluzie, un criteriu necesar ca o serie trigonometrica sa fie serie Fourier este ca sirurile(an) si (bn) formate din coeficientii ei sa convearga la 0.

Problema 11.29 1) (Nucleele Dirichlet si Fejer) Fie seria divergenta

1

2+∞∑n=1

cosnx. (11.36)

Calculati sumele

sn+1(x) =1

2+

n∑k=1

cos kx si σn+1(x) =s0(x) + s1(x) + · · ·+ sn(x)

n+ 1.

Functia sn+1(x) se numeste nucleul lui Dirichlet, iar functia σn+1(x) se numeste nucleul

lui Fejer.

Aratati ca pentru orice x 6= 2kπ, seria (11.36) este (C, 1)− sumabila catre 0. Verificati ca

1

π

π∫−π

sn+1(t)dt =1

π

π∫−π

σn+1(t)dt = 1.

414

(O serie se numeste (C, 1)−sumabila daca sirul mediilor aritmetice ale sumelor sale

partiale este convergent.)

2) Fie seria∞∑n=1

sinnx. (11.37)

Aratati ca este (C, 1)−sumabila, cu (C, 1)−suma =

12 , daca x 6= 2kπ

0, daca x = 2kπ..

Solutie. 1) Se obtine sn+1(x) =sin(n+ 1

2)x

2 sin x2

si

σn+1(x) =1

n+ 1· 1

2 sin x2

[sin

x

2+ sin

3x

2+ · · ·+ sin(n+

1

2)x

]=

1

n+ 1

sin2(n+ 12)x

2 sin2 x2

.

Pentru orice x 6= 2kπ avem limn→∞

σn+1(x) = 0. Verificarea integralelor rezulta direct.

2) Se obtine

Sn(x) =n∑k=1

sin kx =cos x2 − cos

(n+ 1

2

)x

2 sin x2

,

S1(x) + S2(x) + · · ·+ Sn(x)

n=

1

2ctg

x

2− 1

n

sin(n+ 1)x− sinx

4 sin2 x2

,

de unde concluzia.

Problema 11.30 (Integralele Dirichlet si Fejer) Fie f : [−π, π] → R o functie periodica

de perioada 2π. Notam cu s suma seriei Fourier asociate lui f, iar cu sn suma partiala

sn(x) =a0

2+

n∑k=1

(ak cos kx+ bk sin kx) .

Aratati ca

sn(x) =1

2π

π∫0

sin(n+ 1

2

)u

sin u2

[f(x+ u) + f(x− u)]du, (11.38)

σn(x) =s0(x) + s1(x) + · · ·+ sn−1(x)

n

=1

2nπ

π∫0

sin2 nu2

sin2 u2

[f(x+ u) + f(x− u)]du. (11.39)

Calculati apoi diferentele sn(x)− s(x) si σn(x)− s(x).

Integralele (11.38) si (11.39) se numesc, respectiv, integralele Dirichlet si Fejer.


Solutie. Folosind expresiile integrale ale coeficientilor ak si bk, precum si problemaanterioara, obtinem

sn(x) =1

π

π∫−π

f(u) ·

[1

2+

n∑k=1

cos k(u− x)

]du

=1

π

π∫−π

f(u) ·sin(2n+ 1)u−x2

2 sin u−x2

du.

Cum ın integrala precedenta functiile de u care apar sunt periodice de perioada 2π, valoareaintegralei nu se modifica daca schimbam intervalul de integrare ın [x− π, x+ π]. Atunci,folosind si schimbarea de variabila t = u− x, obtinem

sn(x) =1

π

x+π∫x−π

f(u) ·sin(2n+ 1)u−x2

2 sin u−x2

du =1

π

π∫−π

f(x+ t) ·sin(n+ 1

2)t

2 sin t2

dt

=1

π

0∫−π

f(x+ t) ·sin(n+ 1

2)t

2 sin t2

dt+

π∫0

f(x+ t) ·sin(n+ 1

2)t

2 sin t2

dt

=

1

π

π∫0

[f(x+ t) + f(x− t)] ·sin(n+ 1

2)t

2 sin t2

dt,

adica (11.38) este aratata.Pentru calculul lui σn(t), tinem seama de (11.38), de proprietatea de aditivitate a

integralei si de formula (folosita mai sus)

sinx

2+ sin

3x

2+ · · ·+ sin(n+

1

2)x =

sin2(n+ 12)x

2 sin2 x2

.

Daca f ≡ 1 ın (11.38), atunci toti coeficientii Fourier asociati ei sunt 0, ın afara de a0,care este 2. Prin urmare, suma partiala de rang n asociata ei este identic egala cu 1. Din

relatia (11.38) deducem atunci ca2

π

π∫0

sin(n+ 12)t

2 sin t2

dt = 1. De aici, folosind aceeasi relatie,

obtinem

sn(x)− s(x) =1

π

π∫0

[f(x+ t) + f(x− t)− 2s(x)] ·sin(n+ 1

2)t

2 sin t2

dt. (11.40)

Cu un calcul similar care porneste de la formula (11.39), si folosind identitatea

12πn

π∫0

sin2 nt2

sin2 t2

dt = 1, obtinem

σn(x)− s(x) =1

2nπ

π∫0

[f(x+ t) + f(x− t)− 2s(x)] ·sin2 nt

2

2 sin2 t2

dt. (11.41)

Problema 11.31 Fie f ca ın problema anterioara. Folosind formula integralei Dirichlet,

sa se arate ca daca f este marginita, exista A,M > 0 astfel ıncat are loc evaluarea Lebesgue∣∣∣∣∣a0

2+

n∑k=1

(ak cos kx+ bk sin kx)

∣∣∣∣∣ < AM lnn.

416

Solutie. Deoarece f este marginita, existaM > 0 astfel ıncat |f(x)| ≤M,∀x ∈ [−π, π].

In formula (11.38) folosim aceasta inegalitate, precum si faptul ca sin x2 ≥

x

π,∀x ∈ [−π, π].

Obtinem succesiv

|sn(x)| ≤ M

π

π∫0

∣∣sin (n+ 12

)u∣∣

sin u2

du ≤Mπ∫0

∣∣sin (n+ 12

)u∣∣

udu

=M

n+ 12

(n+ 12)π∫

0

|sin t|t

dt.

Cum|sin t|t≤ 1, daca x ∈ (0, 1], lim

t→0+

|sin t|t

= 1, si cum|sin t|t≤ 1

t, daca x > 1, avem

|sn(x)| ≤M1∫0

dt+M

(n+ 12)π∫

1

dt

t= M

[1 + ln

(n+

1

2

)t

]≤M(1 + lnn+ ln 2π).

Fie A > 1 +1 + ln 2π

ln 2. Atunci 1 + lnn+ ln 2π < A lnn. De aici, concluzia.

Problema 11.32 (Teorema localizarii) Sa se arate ca, data o functie absolut integra-

bila f, comportarea seriei Fourier asociata lui f, ıntr-un punct x0, depinde exclusiv de

comportarea functiei f ıntr-o vecinatate a acestui punct.

Solutie. Fie δ ∈ (0, π). Consideram functia g : [x0 − π, x0 + π]→ R, data prin

g(x) =

f(x), daca x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)0, daca x ∈ [x0 − π, x0 − δ) ∪ (x0 + δ, x0 + π].

Folosind (11.38), obtinem succesiv sumele partiale pentru f si pentru g

sn(x0) =1

2π

π∫0

sin(n+ 1

2

)u

sin u2

[f(x0 + u) + f(x0 − u)]du

Sn(x0) =1

2π

π∫0

sin(n+ 1

2

)u

sin u2

[g(x0 + u) + g(x0 − u)]du

=1

2π

δ∫0

sin(n+ 1

2

)u

sin u2

[f(x0 + u) + f(x0 − u)]du.

Atunci, diferenta acestora este

sn(x0)− Sn(x0) =1

2π

π∫δ

sin(n+ 1

2

)u

sin u2

[f(x0 + u) + f(x0 − u)]du.


Cum functia1

sin u2

[f(x0 + u) + f(x0 − u)] este absolut integrabila pe [δ, π], rezulta ın

baza teoremei lui Riemann (vezi Problema 11.28) ca

limn→∞

(sn(x0)− Sn(x0)) = 0.

De aici, se deduce faptul ca pentru δ > 0 arbitrar de mic, comportarea sumelor sn(x0)depinde de comportarea functiei f ın intervalul (x0 − δ, x0 + δ), si nu de valorile dinexteriorul acestui interval.

Problema 11.33 (Criteriul lui Dini) Fie f : R→ R o functie periodica de perioada 2π si

integrabila ın sens propriu sau absolut integrabila ın sens impropriu pe intervalul [−π, π],

x0 un punct din acest interval unde f are limite laterale finite si

s0 =f(x0 + 0) + f(x0 − 0)

2.

Sa se arate ca daca exista un numar a ∈ (0, π] astfel ıncat integrala

a∫0

|f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2s0|t

dt

sa fie convergenta, atunci seria Fourier asociata functiei f converge ın punctul x0 catre s0.

Solutie. Fie functia h : [0, π]→ R, h(t) =f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2s0

2 sin t2

, daca t ∈ (0, π],

h(0) = 0. Atunci, cum limt→0

t2 sin t

2

= 1, rezulta ca pentru ε = 1,∃δ > 0,∀t a.ı. |t| < δ :∣∣∣ t2 sin t

2

− 1∣∣∣ < 1, sau

∣∣∣ t2 sin t

2

∣∣∣ < 2. Fie acum t ∈ (0,minδ, π) . Avem

|h(t)| =

∣∣∣∣f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2s0

t· t

2 sin t2

∣∣∣∣<

2 |f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2s0|t

.

Tinand seama de ipoteza, deducem caπ∫0

h(x)dx este absolut convergenta. Atunci, ın vir-

tutea Teoremei lui Riemann si relatiei (11.40), avem

limn→∞

(sn(x0)− s0) = limn→∞

1

π

π∫0

h(t) sin(n+1

2)tdt = 0,

de unde concluzia.Sa mai observam doar ca daca f este continua ın x0, atunci s0 = f(x0).

Problema 11.34 (Criteriul lui Lipschitz) Fie f : R→ R o functie periodica de perioada

2π, integrabila ın sens propriu sau absolut integrabila ın sens impropriu pe intervalul

418

[−π, π] si x0 ∈ R. Daca ın punctul x0 functia f este continua si daca exista constantele

pozitive M,α si δ astfel ıncat, pentru orice t ∈ (0, δ),

|f(x0 ± t)− f(x0)| ≤Mtα,

atunci seria Fourier asociata lui f converge ın punctul x0 catre f(x0).

Solutie. Notam g(t) := f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2f(x0). Atunci

δ∫0

|g(t)|t

dt ≤δ∫0

|f(x0 + t)− f(x0)|t

dt+

δ∫0

|f(x0 − t)− f(x0)|t

dt

≤δ∫0

2Mtα−1dt =2Mδα

α.

Rezulta caδ∫0

|g(t)|t dt este convergenta si deci, ın baza criteriului lui Dini (Problema 11.33),

concluzia.

Problema 11.35 (Teorema lui Fejer) Fie f ca ın Problema 11.30. Presupunem ca

limn→∞

1

2nπ

π∫0

sin2 nu2

sin2 u2

[f(x+ u) + f(x− u)− 2s(x)]du = 0.

Sa se arate ca seria Fourier asociata lui f este (C, 1)−sumabila catre s(x).

Daca, ın plus, f este marginita, atunci seria Fourier asociata lui f este (C, 1)−sumabila

catref(x+ 0) + f(x− 0)

2ın punctele x ın care limitele laterale ale functiei sunt finite, si

(C, 1)−sumabila catre f(x) ın punctele x ın care f este continua.

Solutie. Prima parte rezulta direct din formula (11.41) si din definitia(C, 1)−sumabilitatii.

Pentru partea a doua, demonstratia este asemanatoare cu cea a Criteriului Dini. Notamϕ(u) := f(x+ u) + f(x− u)− 2s(x). Fie x un punct ın care f are limitele laterale finite.

Punand s(x) =f(x+ 0) + f(x− 0)

2, constatam ca lim

u→0ϕ(u) = 0. Atunci, ∀ε > 0, ∃δ =

δε ∈ (0, π),∀u a.ı. u ≤ δ : |ϕ(u)| < ε. Fixand δ, avem (din (11.41))

σn(x)− s(x) =1

2nπ·δ∫0

ϕ(u) ·sin2 nu

2

2 sin2 u2

du+1

2nπ·π∫δ

ϕ(u) ·sin2 nu

2

2 sin2 u2

du.

Notand cu I1 si I2 cele doua integrale de mai sus, folosind faptul ca |ϕ(u)| ≤M pe (δ, π),


si totodata egalitatea1

2πn

π∫0

sin2 nu2

sin2 u2

du = 1, avem

|I1| ≤1

2πn

δ∫0

sin2 nu2

sin2 u2

|ϕ(u)| du ≤ ε

2πn

π∫0

sin2 nu2

sin2 u2

du =ε

2,

|I2| ≤1

2πn

π∫δ

sin2 nu2

sin2 u2

|ϕ(u)| du ≤ M

2πn sin2 δ2

.

π∫0

du =M

2n sin2 δ2

.

Din aceste doua relatii, deducem ca, pentru n suficient de mare,

|σn(x)− s(x)| ≤ ε.

De aici, concluzia.

Problema 11.36 Sa se arate ca functia f : R→ R data prin

f(x) =

ln∣∣cos x2

∣∣ , daca x 6= (2k + 1)π, k ∈ Z

0, daca x = (2k + 1)π, k ∈ Z

este dezvoltabila ın serie Fourier pe R \ (2k + 1)π | k ∈ Z si sa se determine aceasta

dezvoltare.

Solutie. Functia f este periodica de perioada 2π si para, deci este suficient sa studiemproblema pe [0, π]. Cum f este nemarginita pe acest interval, trebuie aratat mai ıntai ca feste absolut integrabila ın sens impropriu pe [0, π]. Cum f este continua pe orice intervalde forma [0, x], cu x ∈ [0, π), ea este integrabila Riemann pe acest interval. Mai observam,aplicand regula lui l’Hospital, ca lim

x→π−

√π − x |f(x)| = 0, de unde, ın virtutea criteriului

ın α, f este absolut integrabila pe [0, π], deci ıi putem determina coeficientii Fourier. Fiex0 ∈ [0, π) si fie un interval compact [x0 − α, x0 + α] ⊂ (−π, π). Cum f este derivabilacu derivata continua pe (−π, π), rezulta ca f este lipschitziana pe [x0 − α, x0 + α]. Prinurmare, f verifica toate conditiile din Criteriul lui Lipschitz (Problema 11.34), deci seriaFourier asociata ei converge ın punctul x0 catre f(x0). De aici, cum x0 a fost ales arbitrardin [0, π), folosind paritatea si periodicitatea functiei f, rezulta ca este dezvoltabila ın serieFourier numai de cosinusuri pe R \ (2k + 1)π | k ∈ Z. In plus,

an =2

π

π∫0

f(x) cosnx dx =2

π

sinnx

nln cos

x

2

∣∣∣∣π0

+1

2n

π∫0

sinnx tgx

2dx

.Folosind faptul ca lim

x→πsinnx ln cos x2 = 0, facand schimbarea de variabila x = π − y si

tinınd cont de formulele

sinny cosy

2=

1

2

[sin

(n+

1

2

)y + sin

(n− 1

2

)y

],

n∑k=1

cos kx =sin(n+ 1

2

)x− sin x

2

2 sin x2

,

420

avem

an =(−1)n+1

nπ

π∫0

(1

2+

n∑k=1

cos ky

)dy +

π∫0

(1

2+

n−1∑k=1

cos ky

)dy

=

(−1)n+1

n.

De aici,

f(x) =a0

2+∞∑n=1

(−1)n+1

ncosnx, ∀x 6= (2k + 1)π, k ∈ Z.

Pentru x = 0 ın relatia de mai sus, obtinem a0 = −2∞∑n=1

(−1)n+1

n= −2 ln 2. In punctele

de forma (2k + 1)π, k ∈ Z seria din membrul drept este divergenta, deci egalitatea nu areloc.

Problema 11.37 (Hurwitz) Fie Γ multimea tuturor curbelor simple si ınchise care au

aceeasi lungime l. Presupunand ca ecuatiile lor parametrice pot fi scrise sub forma seriilor

Fourier

x = x(s) =a0

2+∞∑n=1

(an cos

2nπ

ls+ bn sin

2nπ

ls

),

y = y(s) =α0

2+

∞∑n=1

(αn cos

2nπ

ls+ βn sin

2nπ

ls

),

unde s este chiar arcul de curba (0 ≤ s < l), sa se arate ca dintre toate curbele familiei Γ

cercul este curba care ınchide aria maxima.

Solutie. Fie γ ∈ Γ. Lungimea sa l si aria A a multimii pe care o margineste sunt datede formulele

l =

∫γ

ds =

l∫0

√[x′(t)]2 + [y′(t)]2dt,

A =

∮γ

xdy − ydx =1

2

l∫0

(x(t) · y′(t)− y(t) · x′(t)

)dt.

Derivatele x′(t) si y′(t) sunt date de formulele

x′(t) =2π

l

∞∑n=1

(−nan sin

2nπ

lt+ nbn cos

2nπ

lt

),

y′(t) =2π

l

∞∑n=1

(−nαn sin

2nπ

lt+ nβn cos

2nπ

lt

).


Dar, (folosind eventual faptul ca aplicatia 〈·, ·〉 : L2[0, l] × L2[0, l] → R, 〈f, g〉 :=

1l

l∫0

f(t)g(t)dt este un produs scalar pe spatiul liniar al claselor de functii de patrat integrabil

ın sens Lebesgue pe [0, l]), se poate deduce ca

l =

l∫0

[x′(t)]2 + [y′(t)]2dt.

Folosind acum formula lui Parseval si cea data de Problema 11.24, obtinem din for-mulele lungimii si ariei de mai sus ca

l =2π2

l

∞∑n=1

n2(a2n + b2n + α2

n + β2n

),

A = π

∞∑n=1

n (anβn − αnbn) .

Calculam diferenta dintre aria cercului de lungime l si aria A marginita de o curba deaceeasi lungime cu cercul. Avem

l2

4π−A =

π

2

∞∑n=1

n2(a2n + b2n + α2

n + β2n

)− π

∞∑n=1

n (anβn − αnbn)

=π

2

∞∑n=1

[(nan − βn)2 + (nbn + αn)2 + (n2 − 1)(α2n + β2

n)] ≥ 0.

Diferental2

4π− A se anuleaza cand a1 = β1, b1 = −α1, an = bn = αn = βn = 0, n =

2, 3, . . . . In acest caz aria marginita de curba γ devine maxima, iar ecuatiile parametriceale acestei curbe sunt

x = x(s) =a0

2+ a1 cos

2π

ls+ b1 sin

2π

ls,

y = y(s) =α0

2− b1 cos

2π

ls+ a1 sin

2π

ls,

ceea ce reprezinta cercul de ecuatie implicita(x− a0

2

)2+(y − α0

2

)2= 2(a2

1 + b21).

Capitolul 12

Functii complexe


Numere complexe

Se noteaza C multimea numerelor complexe z = x + iy, unde x, y ∈ R iar i2 = −1.x = Re z si y = Im z se numesc, respectiv partea reala si partea imaginara a numaruluicomplex z.

Definitii. Fie z = x+ iy un numar complex. Se noteaza

z = x− iy

si se numeste conjugatul numarului complex z. Au loc relatiile:

Re z =z + z

2; Im z =

z − z2i

Se noteaza |z| =√

(x2 + y2 si se numeste modulul numarului complex z.Definitie si teorema. Fie z ∈ C, z 6= 0. Exista si este unic θ ∈ (−π, π], numit

argumentul numarului complex z si notat arg z, astfel ıncat:

cos θ =Re z

|z|; sin θ =

Im z

|z|

Intervalul (−π, π] se poate ınlocui cu [0, 2π) sau cu orice alt interval de lungime 2π.O expresie explicita a argumentului este:

arg z =

2arctg

y

x+ |z|, x+ |z| 6= 0

π, x+ |z| = 0

Scrierea z = |z| (cos θ + i sin θ) poarta numele de forma trigonometrica a numaruluiz ∈ C \ 0. Orice alegere θ = arg z + 2kπ, k ∈ Z convine). Deoarece

(cos θ + i sin θ)(cosϕ+ i sinϕ) = cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ)

deducem formula lui Moivre:

(cos θ + i sin θ)n = cosnθ + i sinnθ, ∀n ∈ Z

422

Functii complexe 423

1.3. Observatie. Identificand R cu o dreapta (raportata la un reper), urmeaza caC = R× R se identifica cu un plan (raportat la un reper).

Asadar, z 7→ (−z) reprezinta simetria fata de punctul O; z 7→ z reprezinta simetria fatade axa Ox; z 7→ z + a reprezinta translatia de vector a (a ∈ C); z 7→ ρz (ρ > 0) reprezintaomotetia de centru O si de raport ρ; z 7→ az (a ∈ C, |a| = 1) reprezinta rotatia de centru

O si de unghi arg a. In sfarsit, deoarece1

z=

z

|z|2urmeaza ca z 7→ 1

zreprezinta inversiunea

de pol O si de putere 1, urmata de simetria fata de axa Ox.In unele aplicatii, este comod sa introducem un punct, notat ∞ 6∈ C. Nu vom defini

operatii algebrice pe multimea C ∪ ∞ (care va fi numita planul complex extins). Sirul

(zn)n din C are limita ∞ daca si numai daca |zn| → +∞. Evident: zn →∞ ⇔1

zn→ 0.

Transformari omografice

Definitie. Cu fiecare numere a, b, c, d ∈ C, verificand ad − bc 6= 0, asociem functiaf : C ∪ ∞ → C ∪ ∞, definita astfel:

daca c 6= 0, atunci

f(z) =

az + b

cz + d, z ∈ C \ −d/c

∞, z = −d/ca/c, z =∞

respectiv, daca c = 0

f(z) =

az + b

d, z ∈ C

∞, z =∞

Functiile de aceasta forma sunt numite transformari omografice, iar z = −dc

se

numeste polul transformarii.Observatii. Este evident ca transformarile omografice sunt functii continue. Cerinta

ca ad− bc 6= 0 este echivalenta cu faptul ca f este neconstanta.Fiecare transformare omografica este functie olomorfa ın C \ −d/c (respectiv ın C,

daca c = 0), iar:

f ′(z) =ad− bc

(cz + d)26= 0

In particular, transformarile omografice pastreaza unghiurile, ın afara polului.Propozitie. Multimea transformarilor omografice formeaza grup fata de compunerea

functiilor.Propozitie. Fiecare transformare omografica apare ca o compunere de urmatoarele

tipuri: (i) z 7→ z + a (translatie); (ii) z 7→ az (a 6= 0, rotatie ın jurul originii, de unghiarg a si omotetie de centru 0 si de raport |a|); (iii) z 7→ z−1 (inversiune de pol 0 si deputere 1, urmata de simetrie fata de axa Ox).

Propozitie. Fiind date doua triplete (z1, z2, z3), (w1, w2, w3) din C ∪ ∞, formatedin puncte distincte doua cate doua, exista si este unica o transformare omografica f ,astfel ıncat f(zk) = wk, k = 1, 2, 3.

Lema. Fiecare transformare omografica, diferita de identitate, are cel mult douapuncte fixe.

Propozitie. Transformarile omografice aplica: cercurile si dreptele care trec prin polultransformarii ın drepte; iar cercurile si dreptele care nu trec prin pol ın cercuri.

424

Propozitie. Fie γ1 , γ2 doua cercuri sau drepte. Exista transformari omografice caresa aplice γ1 pe γ2.

Probleme

Problema 12.1 Fie f : C → C definita prin f(z) =z

1 + |z|. Sa se arate ca f stabileste

o bijectie ıntre C si o multime ∆, care se va determina. Sa se scrie explicit inversa sa.

Solutie. Din ecuatia f(z) = w, adicaz

1 + |z|= w se deduce: |z| = |w|

1− |w|daca

si numai daca |w| < 1. Revenind ın ecuatia initiala, se obtine z =w

1− |w|. Asadar

∆ = w ∈ C| |w| < 1 iar f−1(w) =w

1− |w|.

Problema 12.2 Fie z1, z2, . . . , zn ∈ C. Sa se arate ca ca exista J ⊆ 1, 2, . . . , n, astfel

ıncat ∣∣∣∣∣∣∑j∈J

zj

∣∣∣∣∣∣ ≥ 1

4√

2

n∑k=1

|zk|

Berkeley, 1990

Solutie. Se partitioneaza multimea 1, 2, . . . , n ın patru submultimi, dupa cum zj seafla ın unul din cele patru cadrane determinate de cele doua bisectoare. Va exista deci celputin o parte, din cele patru, pe care o notam cu J , pentru care:

∑j∈J|zj | ≥

1

4

n∑j=1

|zj |

Din faptul ca toate numerele zj apartin unui acelasi cadran are loc una din ine-galitatile: |Re zj | ≥ 1√

2|zj | sau |Im zj | ≥ 1√

2|zj |. Mai departe, avem de asemenea∣∣∣∣∣∣

∑j∈J

Re zj

∣∣∣∣∣∣ =∑j∈J|Re zj | sau

∣∣∣∣∣∣∑j∈J

Im zj

∣∣∣∣∣∣ =∑j∈J|Im zj |. Inegalitatea ceruta se deduce acum,

observand ca: ∣∣∣∣∣∣∑j∈J

zj

∣∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣∣Re

∑j∈J

zj

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∑j∈J

Re zj

∣∣∣∣∣∣sau ∣∣∣∣∣∣

∑j∈J

zj

∣∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣∣Im

∑j∈J

zj

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∑j∈J

Im zj

∣∣∣∣∣∣Problema 12.3 Fie a, b, c ∈ C necoliniare. Daca (zn)n este un sir de numere complexe,

avand proprietatea ca fiecare din sirurile: (|zn − a|)n; (|zn − b|)n; (|zn − c|)n converg,

atunci (zn)n este convergent.


Solutia 1. Sirul (zn)n rezulta marginit. Daca nu ar fi convergent, ar avea cel putindoua subsiruri convergente, cu limite distincte, fie acestea z 6= z′. Ar urma: |z−a| = |z′−a|si analoagele. Adica a, b, c s-ar afla pe mediatoarea segmentului determinat de z si z′, ıncontradictie cu ipoteza de necoliniaritate.

Solutia 2. Se obtine prin calcul efectiv. Sa notam:

an = |zn − a|; bn = |zn − b|; cn = |zn − c|

si:A = lim

n→+∞an; B = lim

n→+∞bn; C = lim

n→+∞cn

Avem: znzn − azn − azn = a2

n − |a|2znzn − bzn − bzn = b2n − |b|2znzn − czn − czn = c2

n − |c|2

Considerat ca sistem liniar de trei ecuatii cu necunoscutele: znzn, zn, zn, solutia este unica,deoarece ipoteza de necoliniaritate asigura exact ca determinantul sistemului este nenul.Se obtine:

zn =

∣∣∣∣∣∣1 a2

n − |a|2 −a1 b2n − |b|2 −b1 c2

n − |c|2 −c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −a −a1 −b −b1 −c −c

∣∣∣∣∣∣de unde rezulta ca sirul (zn)n este convergent si are limita:∣∣∣∣∣∣

1 A2 − |a|2 −a1 B2 − |b|2 −b1 C2 − |c|2 −c

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −a −a1 −b −b1 −c −c

∣∣∣∣∣∣Observatii. Intre A,B,C exista o relatie, care se obtine scriind ca solutia znzn a

sistemului este produsul solutiilor zn si zn.Geometric, |zn − a| → A ınseamna ca sirul (zn)n are toate punctele de acumulare pe

cercul de centru a si de raza A. Cercurile de centre a, b, c nu pot avea mai mult decat unpunct comun, tocmai datorita ipotezei de necoliniaritate.

Problema 12.4 Sa se arate ca proiectia stereografica, definita prin:

(x1, x2, x3) 7→ x1 + ix2

1− x3daca x3 6= 1

stabileste o bijectie bicontinua ıntre planul complex extins C∪∞ si sfera unitate din R3.

Sa se arate ca acesta corespondenta transforma orice cerc de pe sfera ıntr–un cerc sau

ıntr-o dreapta din plan.

426

Solutie. Notam cu S sfera unitate din R3, de ecuatie x21 + x2

2 + x23 = 1. Fie P ∈ S

punctul de coordonate (0, 0, 1) (“polul nord”)Pentru un punct oarecare M ∈ S\P, de coordonate (x1, x2, x3), dreapta determinata

de punctele P si M are ecuatia

X

x1=Y

x2=Z − 1

x3 − 1

deci intersecteaza planul x3 = 0 ın punctul

(x1

1− x3,

x2

1− x3, 0

). Vom defini deci aplicatia

φ : S → C ∪ ∞ prin

φ(x1, x2, x3) =

x1 + ix2

1− x3, daca x3 6= 1

∞ , daca x3 = 1

Prin calcul sau geometric, se constata ca φ este o bijectie. Inversa este ψ : C ∪ ∞ → Sdefinita astfel:

ψ(z) =

(z + z

1 + |z|2,

z − zi(1 + |z|2)

,|z|2 − 1

|z|2 + 1

);ψ(∞) = (0, 0, 1)

Deoarece

limx3 → 1

(x1, x2, x3) ∈ S

∣∣∣∣x1 + i.x2

1− x3

∣∣∣∣2 = limx3 → 1

(x1, x2, x3) ∈ S

1 + x3

1− x3= +∞

iar

limz→∞

(z + z

1 + |z|2,

z − zi(1 + |z|2)

,|z|2 − 1

|z|2 + 1

)= (0, 0, 1)

rezulta ca φ este continua.Geometric este evident ca orice cerc de pe sfera, ce trece prin P , este transformat

ıntr–o dreapta din plan si reciproc. Scriind ecuatia unui cerc de pe sfera ca intersectia cuplanul

α1x1 + α2x2 + α3x3 = α0, unde α21 + α2

2 + α23 = 1 si 0 ≤ α0 < 1

urmeaza ca imaginea ın plan are ecuatia:

α1(z + z)− i.α2(z − z) + α3(|z|2 − 1) = α0(|z|2 + 1)

ceea ce reprezinta un cerc sau o dreapta, dupa cum α0 6= α3 sau nu. Reciproc, dat fiindun cerc sau o dreapta din plan, de ecuatie Azz + Bz + Bz + C = 0, coeficientii αk sedetermina unic, cu proprietatile

α21 + α2

2 + α23 = 1 si 0 ≤ α0 < 1

Problema 12.5 Fie z1, z2, z3, z4 ∈ C ∪ ∞ patru puncte distincte. Notam:

(z1, z2, z3, z4) =z1 − z2

z1 − z4:z3 − z2

z3 − z4

(numit biraportul celor patru puncte).


(i) Sa se verifice ca, pentru orice transformare omografica f , are loc:

(f(z1), f(z2), f(z3), f(z4)) = (z1, z2, z3, z4)

(ii) Fie z1, z2, z3, z4 ∈ C∪∞ respectiv w1, w2, w3, w4 ∈ C∪∞ puncte distincte. Sa

se arate ca exista o transformare omografica f astfel ıncat f(zk) = wk, ∀k = 1, 4 daca si

numai daca : (z1, z2, z3, z4) = (w1, w2, w3, w4).

(iii) Fie f o transformare omografica cu f3 6= I. Sa se arate ca biraportul

(z, f(z), f2(z), f3(z)) nu depinde de z (daca z nu este punct fix pentru f).

Solutie. (i) Fie g (unica) transformare omografica, care duce (f(z2), f(z3), f(z4)) ın(0, 1,∞). Se stie ca:

g(z) = (z, f(z2), f(z3), f(z4))

deci:g(f(z)) = (f(z), f(z2), f(z3), f(z4))

Pe de alta parte, g f este transformarea omografica, care duce (z2, z3, z4) ın (0, 1,∞).Asadar:

(g f)(z) = (z, z2, z3, z4)

adica tocmai concluzia.(ii) O implicatie a fost demonstrata mai sus. Reciproc, daca birapoartele sunt egale,

sa notam f1, f2 transformarile omografice care duc, (z2, z3, z4), respectiv (w2, w3, w4) ın(0, 1,∞). Atunci:

f1(z1) = (f1(z1), 0, 1,∞) = (f1(z1), f1(z2), f1(z3), f1(z4)) =

= (z1, z2, z3, z4) = (w1, w2, w3, w4) = (f2(w1), f2(w2), f2(w3), f2(w4)) =

= (f2(w1), 0, 1,∞) = f2(w1)

Rezulta ca f = f−12 f1 convine.

(iii) Sa presupunem ca f are doua puncte fixe distincte z1, z2 ∈ C ∪ ∞. Fie z, w ∈C∪∞, diferite de z1 si de z2. Exista transformarea omografica g, care are z1 si z2 punctefixe, iar g(z) = w. g comuta cu f , deci:

(z, f(z), f2(z), f3(z)) = (g(z), g(f(z)), g(f2(z)), g(f3(z))) =

= (w, f(w), f2(w), f3(w))

Cazul cand punctele fixe sunt confundate se justifica analog.Observatie. Se observa ca functia considerata este continua de z. Daca sirul (fn(z))n

are limita, deducem concluzia. Valoarea constanta este:

1

1 +bc− ad(a+ d)2

si se obtine pentru z =∞.

428

Problema 12.6 Punctele distincte z1, z2, z3, z4 ∈ C ∪ ∞ sunt coliniare sau conciclice

daca si numai daca (z1, z2, z3, z4) ∈ R.

Solutie. Fie f transformarea omografica avand proprietatea ca duce (z2, z3, z4) ın(0, 1,∞), adica f(z) = (z, z2, z3, z4) = (f(z), 0, 1,∞). Urmeaza ca z1, z2, z3, z4 sunt col-iniare sau conciclice ⇐⇒ f(z1), 0, 1,∞ sunt coliniare sau conciclice ⇐⇒ f(z1) ∈ R ⇐⇒(z1, z2, z3, z4) ∈ R.

Observatii. Conditia de coliniaritate se obtine luand z4 = ∞. Deci z1, z2, z3 sunt

coliniare daca si numai dacaz1 − z2

z1 − z3∈ R.

Conditia (z1, z2, z3, z4) > 0 revine la faptul ca z1, z2 se afla pe acelasi arc determinatde z3, z4.

Problema 12.7 Fie b ∈ R si P un polinom cu toate radacinile reale. Se defineste polino-

mul Q prin:

Q(z) = P (z + ib) + P (z − ib)

Sa se arate ca si Q are toate radacinile reale

Solutie. Cazul b = 0 fiind banal, putem presupune b > 0. Notand xk ∈ R radacinilelui P , se scrie P (z) = A(z − x1) . . . (z − xn) de unde

Q(z) = A [(z + ib− x1) . . . (z + ib− xn) + (z − ib− x1) . . . (z − ib− xn)]

Daca z = xk + ib, atunci z + ib − xj = 2ib + xk − xj 6= 0, deci ın acest caz Q(z) 6= 0. Inrest:

Q(z) = A(z − ib− x1) . . . (z − ib− xn)

[z + ib− x1

z − ib− x1· · · z + ib− xn

z − ib− xn+ 1

]Notand ak = xk − ib, constatam ca Im ak = −b < 0.Un calcul direct arata ca:∣∣∣∣z − az − a

∣∣∣∣2 − 1 =−4(Im z)(Im a)

|z − a|2

Deci, pentru fiecare k = 1, n si pentru Im z > 0:∣∣∣∣z + ib− xkz − ib− xk

∣∣∣∣ > 1

ceea ce arata ca si ın acest caz Q(z) 6= 0. Analog se rationeaza daca Im z < 0. Ramanedeci singura posibilitate: Q(z) = 0 =⇒ z ∈ R.

Problema 12.8 Fie D ⊆ C deschis, nevid, f : D → C o functie olomorfa cu proprietatea

ca f ′(z) 6= 0, ∀z ∈ D si care verifica relatia:

f ′′′(z)

f ′(z)− 3

2

[f ′′(z)

f ′(z)

]2

= 0, ∀z ∈ D

Sa arate ca f este o transformare omografica.


Solutie. Punand φ = f ′, ecuatia devine:

φ′′

φ− 3

2

(φ′

φ

)2

= 0

Punandφ′

φ= g (corect definita, datorita ipotezei), se obtine φ′′ = g′.φ+ g.φ′, deci ecuatia

devine 2g′ = g2. Aceasta ecuatie admite evident solutia g ≡ 0, care conduce la f(z) =

az + b. In rest, notand g =1

h(cu exceptia unor puncte izolate), ecuatia devine h′ = −1

2 .

Acest caz conduce laφ′(z)

φ(z)=

1

−12z + a

de unde se obtine usor concluzia.Observatie. Expresia:

Sf (z) =f ′′′(z)

f ′(z)− 3

2

[f ′′(z)

f ′(z)

]2

se numeste derivata Schwarziana a functiei f . Se verifica imediat ca orice transformareomografica f satisface Sf ≡ 0.

Problema 12.9 Fie f o transformare omografica. Sa se arate ca, daca f admite ın C

doua puncte fixe distincte (notate z1, z2), atunci exista α ∈ C, α 6= 0 astfel ıncat:

f(z)− z1

f(z)− z2= α

z − z1

z − z2

Daca f admite ın C puncte fixe confundate (notate z0), atunci exista β ∈ C astfel ıncat

1

f(z)− z0=

1

z − z0+ β

Sa se formuleze si sa se justifice rezultatele corespunzatoare pentru restul cazurilor.

Utilizand acest rezultat, sa se arate ca, daca f admite ın C doua puncte fixe distincte,

atunci sirul (zn)n, definit prin recurenta astfel: z0 ∈ C, zn+1 = f(zn) are limita, ın afara

cazului ın caread− bc(a+ d)2

∈ (1/4,+∞].

Solutie. Punctele fixe ale transformarii omografice f(z) =az + b

cz + dfiind radacinile

ecuatiei cz2 + (d− a)z − b = 0 distingem cazurile:1) c = d− a = −b = 0; ın acest caz f(z) = z, ∀z ∈ C ∪ ∞ si orice punct este fix.2) c = d − a = 0; b 6= 0. Se obtin translatiile f(z) = z + β. Se poate admite, prin

conventie, ca ∞ este punct fix dublu.3) c = 0, d − a 6= 0. Exista un singur punct fix z0 ∈ C, al doilea fiind ∞. Scriind

f(z) = αz + β, f(z0) = z0 = αz0 + β, obtinem scrierea:

f(z)− z0 = α(z − z0)

430

( cu α 6= 0). Este vorba deci de rotatii si omotetii ın jurul punctului fix z0.4) c 6= 0. Aici distingem doua subcazuri, dupa cum ecuatia are radacini distincte sau

nu.(i) Daca ∆ = (d− a)2 + 4bc = 0, fie z0 unicul punct fix (dublu). Atunci:

1

f(z)− z0− 1

z − z0=

1

az + b

cz + d− az0 + b

cz0 + d

− 1

z − z0=

=c(cz0 + d)z + cdz0 + d2 − ad+ bc

(ad− bc)(z − z0)

este constant, deoarece:

(−z0)c(cz0 + d)− (cdz0 + d2 − ad+ bc) = 0

folosind faptul ca z0 =a− d

2c.

(ii) Daca ∆ 6= 0, fie z1 6= z2 ∈ C radacinile ecuatiei. In loc sa verificam prin calcul ca

f(z)− z1

f(z)− z2:z − z1

z − z2

este constant, sa observam ca f este (unica) transformare omografica care aplica zk ın zkpentru k = 1, 2 iar f(∞) = a/c. Astfel, f are forma:

f(z)− z1

f(z)− z2:f(∞)− z1

f(∞)− z2=z − z1

z − z2

deci α =f(∞)− z1

f(∞)− z2.

Pentru studiul sirului, sa notam cu l1, l2 cele doua puncte fixe. Din relatia:

f(z)− l1f(z)− l2

= αz − l1z − l2

deducem ca:zn − l1zn − l2

= αnz0 − l1z0 − l2

de unde:

zn =l1(z0 − l2)− αnl2(z0 − l1)

(z0 − l2)− αn(z0 − l1)

Acest sir este convergent daca si numai daca |α| 6= 1, conditie echivalenta cu cea din enunt.

Problema 12.10 (Teorema lui Lucas) Fie P o functie polinom. Sa se arate ca

radacinile lui P ′ se gasesc ın cel mai mic poligon convex, ce contine radacinile lui P .

Solutie. Fiecare poligon convex este intersectia unui numar finit de semi-plane. Estedeci suficient sa aratam ca, daca toate radacinile lui P , sa le notam z1, . . . , zn , se aflaıntr-un anumit semi-plan, atunci P ′ nu se anuleaza ın nici un punct din celalalt semi-plan.Este convenabil sa descriem semi-planul prin z ∈ C| Im a(z − b) ≤ 0, cu a, b ∈ C, a 6= 0.


Presupunem deci ca Im a(zk − b) ≤ 0, ∀k = 1, n. Fie z din celalalt semi-plan, adicaIm a(z − b) > 0. Deoarece:

P ′(z)

P (z)=

n∑k=1

1

z − zk

deducem:

ImP ′(z)

aP (z)=

n∑k=1

Im1

a(z − zk)=

n∑k=1

1

|a(z − zk)|2Im a(z − zk) =

= −n∑k=1

1

|a(z − zk)|2[Im a(z − b)− Im a(zk − b)] < 0

In particular P ′(z) 6= 0.Observatie. Analizand calculul facut, constatam ca radacinile lui P ′ se afla chiar ın

interiorul poligonului, cu exceptia urmatoarelor situatii:(i) P are radacini multiple.(ii) P are toate radacinile coliniare.

Problema 12.11 Un polinom cu coeficienti reali se numeste stabil daca toate radacinile

sale au partea reala negativa.

a) Daca P este stabil, atunci si P ′ este stabil.

b) (i) Daca P (X) = X2 + aX + b atunci P este stabil daca si numai daca a > 0 si

b > 0.

(ii) Daca P (X) = X3 + aX2 + bX + c atunci P este stabil daca si numai daca a >

0, b > 0, c > 0 si a.b > c.

(iii) Daca P (X) = X4 + aX3 + bX2 + cX + d atunci P este stabil daca si numai daca

a > 0, b > 0, c > 0, d > 0 si abc > a2d+ c2.

c) Fie P (X) = anXn + an−1X

n−1 + . . .+ a1X + a0 un polinom cu coeficienti reali. Sa

se arate ca, daca P este stabil, atunci akak+3 < ak+1ak+2, pentru orice k = 0, 1, . . . , n− 3.

IMC, 2003

Solutie a) Consecinta a teoremei lui Lucas.b) (i) Daca P are radacini reale, conditia este ca ambele sa fie negative, ceea ce este

echivalent cu a > 0 si b > 0. Daca P are radacini nereale, fie acestea z1 si z2, atuncib = z1z2 > 0 iar −a = z1 + z2 = 2Re z1 < 0.

(ii) P admite cel putin o radacina reala, fie aceasta x1. Scriind:

P (X) = (X − x1)(X2 + pX + q)

deducem ca P este stabil daca si numai daca x1 < 0, p > 0, q > 0. Insa a = p − x1; b =q − px1; c = −qx1. Echivalenta cu proprietatile din enunt este acum imediata.

432

(iii) In acest caz scriem

P (X) = (X2 + pX + q)(X2 + rX + s),

deci conditia este p > 0, q > 0, r > 0, s > 0. Pe de alta parte, a = p+ r; b = s+ pr + q;c = ps+ qr; d = qs. Tinand seama ca

abc− a2d− c2 = pr[(q − s)2 + (p+ r)(ps+ qr)

]echivalenta cu proprietatile din enunt rezulta din nou cu usurinta.

c) Scriem descompunerea polinomului P :

P (X) =∏i

(kiX + li)∏j

(pjX2 + qjX + rj)

unde ki, li, pj , qj , rj ∈ R. Din ipoteza, pentru fiecare i, ki si li au acelasi semn; iar pentrufiecare j, pj , qj , rj au de asemenea acelasi semn. Inmultind eventual P cu −1, putempresupune ca are toti coeficientii pozitivi. Pentru simplificarea notatiilor, extindem sirulcoeficientilor astfel: an+1 = an+2 = . . . = 0 si a−1 = a−2 = ... = 0. Demonstratia seface prin inductie, pentru −1 ≤ k ≤ n − 2. Cazurile n = 2, 3 au fost deja verificate. Fien ≥ 3 si sa presupunem ca afirmatia este valabila pentru toate valorile mai mici ale lui n.Sa consideram un factor al lui P , de forma X2 + pX + q unde p si q sunt numere realepozitive. Adica P (X) = (X2 + pX + q)(bn−2X

n−2 + ...+ b1X + b0) = (X2 + pX + q)Q(X).Toate radacinile polinomului Q au partea reala negativa, deci conform ipotezei inductiveavem bk+1bk+2 < bkbk+3, ∀ − 1 ≤ k ≤ n − 4. Definind analog bn−1 = bn = ... = 0 sib−1 = b−2 = ... = 0 , inegalitatea precedenta are loc pentru toate valorile lui k. Sa aratamacum ak+1ak+2 > akak+3. Pentru k = −1 sau k = n − 2 este evident, deoarece ak+1ak+2

este pozitiv iar akak+3 = 0. Mai departe, presupunem 0 ≤ k ≤ n− 3. Dar

ak+1ak+2 − akak+3 = (qbk+1 + pbk + bk−1)(qbk+2 + pbk+1 + bk)−

−(qbk + pbk−1 + bk−2)(qbk+3 + pbk+2 + bk+1) = (bk−1bk − bk−2bk+1)+

+p(b2k − bk−2bk+2) + q(bk−1bk+2 − bk−2bk+3) + p2(bkbk+1 − bk−1bk+2)+

+q2(bk+1bk+2 − bkbk+3) + pq(b2k+1 − bk−1bk+3)

Aratam acum ca fiecare din cei sase termeni este pozitiv, iar cel putin unul este strictpozitiv. Din ipoteza inductiva p2(bkbk+1 − bk−1bk+2) > 0 iar bk−1bk − bk−2bk+1 ≥ 0 siq2(bk+1bk+2 − bkbk+3) ≥ 0. Pentru a confirma semnul expresiei p(b2k − bk−2bk+2) scriembk−1(b2k − bk−2bk+2) = bk−2(bkbk+1− bk−1bk+2) + bk(bk−1bk − bk−2bk+1) ≥ 0. If bk−1 > 0 seobtine b2k−bk−2bk+2 ≥ 0. Daca nu, din bk−1 = 0 rezulta fie bk−2 = 0 sau bk+2 = 0. In ambelecazuri b2k−bk−2bk+2 = b2k ≥ 0. Deci, p(b2k−bk−2bk+2) ≥ 0. Similar, pq(b2k+1−bk−1bk+3) ≥ 0.Semnul expresiei q(bk−1bk+2 − bk−2bk+3) se verifica analog. Consideram bk+1(bk−1bk+2 −bk−2bk+3) = bk−1(bk+1bk+2 − bkbk+3) + bk+3(bk−1bk − bk−2bk+1) ≥ 0. Discutam din noucazurile: bk+1 > 0, cand putem ımparti prin bk+1. Altfel, fie bk−2 = 0 sau bk+3 = 0. Inambele cazuri, obtinem bk−1bk+2 − bk−2bk+3 ≥ 0, ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 12.12 Pentru n ≥ 1 notam:

En(z) = (1− z) exp

(z +

z2

2+ . . .+

zn

n

)Sa se arate ca |1− En(z)| ≤ |z|n+1, ∀|z| < 1


Demonstratie. Consideram dezvoltarea ın serie de puteri:

En(z) = 1 +

∞∑k=1

akzk

Prin derivare, se obtine:

−zn exp

(z +

z2

2+ . . .+

zn

n

)=∞∑k=1

kakzk−1

Identificand coeficientii, deducem ca a1 = a2 = . . . = an = 0 iar an+k ≤ 0, ∀k ≥ 1. Pe dealta parte

0 = En(1) = 1 +

∞∑k=1

an+k

conduce la:∞∑k=1

|an+k| = −∞∑k=1

an+k = 1

In concluzie, daca |z| ≤ 1, obtinem:

|1− En(z)| =

∣∣∣∣∣∞∑k=1

an+kzn+k

∣∣∣∣∣ = |z|n+1

∣∣∣∣∣∞∑k=1

an+kzk−1

∣∣∣∣∣ ≤≤ |z|n+1

∞∑k=1

|an+k| = |z|n+1

Problema 12.13 Sa se justifice ca exista o functie olomorfa ın multimea U := z ∈

C||z| > 4 a carei derivata estez

(z − 1)(z − 2)(z − 3).

Exista o functie olomorfa ın U a carei derivata estez2

(z − 1)(z − 2)(z − 3)?

Berkeley, 1978

Solutie. Deoarece daca G(z) := F(

1z

)atunci G′(z) = − 1

z2F ′(

1z

), prima chestiune

revine la a gasi o functie G, olomorfa ın discul centrat ın 0 si de raza 14 , astfel ıncat

G′(z) =1

(1− z)(1− 2z)(1− 3z)

O asemenea functie exista, orice functie olomorfa ıntr-un disc admitand primitive.La a doua ıntrebare raspunsul este negativ, caci 1

z(1−z)(1−2z)(1−3z) nu este olomorfa ındisc.

Problema 12.14 Fie f : C→ C o functie olomorfa, cu proprietatea |f(z)| = | sin z|. Sa

se arate ca exista o constanta C de modul 1 astfel ıncat f(z) = C sin z, ∀z ∈ C.

434

Solutie. Functiaf(z)

sin zeste olomorfa ın multimea deschisa si conexa D := C \ kπ|k ∈

Z . Deoarece∣∣∣ f(z)

sin z

∣∣∣ = 1, ∀z ∈ D, concluzia rezulta din urmatorul rezultat general:

Fie D ⊆ C deschis conex, iar f : D → C o functie olomorfa. Daca |f | este constanta ınD, atunci functia f este constanta ın D.

Demonstratie. Daca |f | = 0, atunci f = 0 ın D. Fie deci |f |2 = u2 + v2 = C 6= 0.Deducem:

u∂u

∂x+ v

∂v

∂x= 0

u∂u

∂y+ v

∂v

∂y= 0

Folosind conditiile Cauchy–Riemann, se obtine:u∂u

∂x− v∂u

∂y= 0

u∂u

∂y+ v

∂u

∂x= 0

De unde (u2 + v2)∂u

∂x= 0 si deci concluzia.

La acelasi rezultat se ajunge cu mai putine calcule, daca folosim o transformare omo-grafica T , care aplica cercul |z| = C pe axa reala (de ex. Tz := i z−Cz+C ). Astfel, functiaolomorfa T f ia numai valori reale. Avand partea imaginara identic 0, conditiile Cauchy–Riemann asigura ca partea reala este constanta.

Observatie. De fapt, functiaf(z)

sin zeste olomorfa ın C, deoarece f(kπ) = 0, ceea ce

arata ca fiecare punct kπ este o singularitate aparenta. Astfel, aceasta functie olomorfaeste si maginita ın C iar concluzia rezulta pe baza teoremei lui Liouville.

Problema 12.15 Pentru fiecare numar complex z 6∈ 0, 1 definim

f(z) :=∑ 1

(log z)4

suma fiind extinsa la toate ramurile logaritmului. Sa se arate ca

f(z) =z3 + 4z2 + z

6(z − 1)4

∀z 6∈ 0, 1.

IMC, 2004

Solutia 1. Este vorba despre seria∑k∈Z

1

(ln |z|+ i arg z + 2kπi)4

cu arg z ∈ (−π, π]. Seria modulelor este∑k∈Z

1

((ln |z|)2 + (arg z + 2kπ)2)2


Aceasta serie este evident convergenta, deci ın seria initiala nu conteaza ordinea de sumare.De asemenea, seria este uniform convergenta pe compacte din C\0, 1. In adevar, pentrufiecare compact din C \ 0, 1, exista 0 < α < 1 < A < +∞ pentru care z ∈ K ⇒α ≤ |z| ≤ A. Pentru orice k 6= 0, putem majora temenul general cu

1

(C2 + (2|k| − 1)2)2

unde C := min (− lnα, lnA).Avand ın vedere ca la traversarea semiaxei negative, determinarile se permuta ciclic,

deducem ca suma seriei este chiar functie olomorfa ın C \ 0, 1.Studiem natura singularitatilor izolate 1, 0 si ∞.Observam ca 1 este pol de ordin 4: ın afara de termenul corespunzator lui k = 0, toti

sunt functii olomorfe ın discul centrat ın 1 si de raza 1.Pentru ∞ observam urmatoarea majorare, pentru |z| > 1:∑

k∈Z

1

((ln |z|)2 + (arg z + 2kπ)2)2≤ 1

2π

∑k∈Z

∫ (2k+1)π

(2k−1)π

dt

((ln |z|)2 + t2)2=

=1

2π

∫ ∞−∞

dt

((ln |z|)2 + t2)2=

1

2π(ln |z|)3

∫ ∞−∞

dt

(1 + t2)2≤ C

(ln |z|)3

De aici rezulta ca limz→∞

f(z) = 0 astfel ca ∞ este o singularitate aparenta pentru f , cu

valoarea 0.Pentru z = 0 este suficient sa observam ca fiecare determinare pentru log 1

z este o altadeterminare pentru (− log z). Adica are loc relatia f(1/z) = f(z), ceea ce arata ca z = 0este de asemenea o singularitate aparenta pentru f , cu valoarea 0.

Astfel f este functie meromorfa ın planul complex extins, deci este o functie rationala.Avand doar pol de ordin 4 ın z = 1, deducem ca exista P polinom astfel ıncat f(z) = P (z)

(z−1)4.

Deoarece ∞ este singularitate aparenta cu valoarea 0, rezulta ca P este polinom de grad< 4. z = 0 fiind de asemenea singularitate aparenta cu valoarea 0, rezulta ca termenul liberal lui P este 0. Tinand cont si de relatia f(1/z) = f(z), deducem ca P (z) = az3 +bz2 +az.Pentru a determina valorile a = 1/6, b = 2/3 exista mai multe posibilitati.

Prima posibilitate este sa dam valori; pentru z = −1 scriem

f(−1) =∑k∈Z

1

((2k − 1)π)4= 2π−4

∞∑n=1

1

(2n− 1)4=

1

48

de unde 2a− b = −1/3; sa observam ca putem calcula

limz→1

(z − 1)4f(z) = 1

de unde 2a+ b = 1.Cu mai multe calcule, putem determina partea principala a dezvoltarii Laurent pentru

f ın z = 1. Folosind scrierea

ln(1 + w) = w − w2

2+w3

3− w4

4+ . . .

deducem partea principala pentru 1(ln(1+w))4

ca fiind

w−4 + 2w−3 +7

6w−2 +

1

6w−1

436

iar aceasta este si partea principala pentru f(1 + w). Astfel

f(z) =1 + 2(z − 1) + 7

6(z − 1)2 + 16(z − 1)3

(z − 1)4=z3 + 4z2 + z

6(z − 1)4

O alta posibilitate este sa observam ca are loc relatia f(z) + f(−z) = 16f(z2): de-terminarile pentru log(z2) = log((−z)2) sunt 2 log(z) si 2 log(−z). Din aceasta observatieobtinem b = 4a.

O cale complet diferita, care sugereaza si o a doua solutie, este sa plecam de la

g(z) :=∑ 1

(log z)2

Ca mai sus, obtinem

g(z) =dλz

(z − 1)2

iar λ = 1 se gaseste usor cu una din metodele deja utilizate. Mai departe se deriveaza dedoua ori.

Solutia 2. Pornim de la dezvoltarea cotangentei ın fractii simple

cotg w =1

w+∞∑n=1

(1

w + nπ+

1

w − nπ

)care se poate scrie

1

2icotg

w

2i=

1

w+

∞∑n=1

(1

w + 2nπi+

1

w − 2nπi

)Inlocuind w = ln |z|+ i. arg z avem

1

2icotg

ln z

2i=

1

2iie2i ln z

2i + 1

e2i ln z2i − 1

=1

2+

1

z − 1

Aici definitia sumarii este esentiala!Prin derivari succesive, deducem:∑ 1

(log z)2= −z

(1

2+

1

z − 1

)′=

z

(z − 1)2

∑ 1

(log z)3=

z2 + z

2(z − 1)2∑ 1

(log z)4=z3 + 4z2 + z

6(z − 1)4

Problema 12.16 Fie p(z) = a0 + a1z + a2z2 + . . . + anz

n un polinom cu coeficienti

complecsi. Fie (ck)k=0,...,n un sir convex (adica 2ck ≤ ck−1 + ck+1 pentru fiecare k =

1, 2, ..., n − 1) si 1 = c0 ≥ c1 ≥ . . . ≥ cn ≥ 0. Definim polinomul q(z) = c0a0 + c1a1z +

c2a2z2 + . . .+ cnanz

n. Sa se arate ca

max|z|≤1

|q(z)| ≤ max|z|≤1

|p(z)|


IMC, 2009

Solutie. Din principiul de maxim, avem

Mp := max|z|=1

|p(z)| = max|z|≤1

|p(z)|

Avem de aratat ca Mq ≤ Mp. Observam pentru ınceput ca putem presupune cn = 0.In adevar, daca cn = 1, atunci p = q si afirmatia este banala. In rest, q(z) = cnp(z) +

(1− cn)r(z), unde r(z) =n∑j=0

cj − cn1− cn

ajzj . Sirul c′j :=

cj − cn1− cn

satisface conditiile si ın plus

c′n = 0. Iar daca stim ca Mr ≤Mp , atunci rezulta

Mq = |q(z0)| ≤ cn|p(z0)|+ (1− cn)|r(z0)| ≤ cnMp + (1− cn)Mr ≤Mp

Revenim la demonstratie, ın cazul cn = 0. Pe baza formulei lui Cauchy:

aj =1

2πi

∫|z|=1

p(z)

zj+1dz =

1

2π

∫|z|=1

p(z)z−j |dz|

Folosind aceasta formula, putem exprima polinomul q astfel:

2πq(w) =

n∑j=0

cj

(∫|z|=1

p(z)z−j |dz|

)wj

Adunand expresii similare, dar care sunt 0 datorita olomorfiei, pentru −n ≤ j ≤ −1,obtinem ın continuare:

2πq(w) =n∑

j=−nc|j|

(∫|z|=1

p(z)z−j |dz|

)wj =

∫|z|=1

n∑j=−n

c|j|(w

z)j

p(z)|dz|

Sa introducem notatia

K(u) :=n∑

j=−nc|j|u

j = c0 +n∑j=1

cjRe uj

Pentru a termina demonstratia, aratam ca functia K ia numai valori pozitive. Pentruaceasta, se verifica prin inductie scrierea

K(u) =

n∑k=1

dkFk(u)

unde dk := ck−1 − 2ck + ck+1 ≥ 0 iar

Fk(u) :=

k−1∑j=−k+1

(k − |j|)uj

In sfarsit, scrierea

Fk(u) = (1 + u+ . . .+ uk−1)(1 + u−1 + . . .+ u−(k−1)) =∣∣∣1 + u+ . . .+ uk−1

∣∣∣2 ≥ 0

438

arata ca Fk ≥ 0, deci K ≥ 0.Deoarece avem ∫

|z|=1|K(u)||du| =

∫|z|=1

K(u)|du| = 2πc0 = 2π

putem finaliza:

2π|q(w)| =

∣∣∣∣∣∫|z|=1

K(wz

)p(z)|dz|

∣∣∣∣∣ ≤∫|z|=1

|K(wz

)||p(z)||dz| ≤

≤Mp

∫|z|=1

|K(u)||du| = 2πMq

Problema 12.17 Notam D = C \ z ∈ C | Re z = 0, |Im z| ≥ 1 si definim f : D → C

prin:

f(z) =1

2iln

1 + iz

1− iz

(determinarea principala).

(i) Sa se verifice ca functia f este olomorfa ın D iar f ′(z) =1

z2 + 1, ∀z ∈ D.

(ii) Daca x ∈ R, atunci f(x) = arctg x.

(iii) Notam D1 = w ∈ C | Re w ∈ (−π/2, π/2). Sa se arate ca f = ( tg |D1)−1

Observatie. Aceste proprietati justifica definirea functiei arctg ca f de mai sus.

Solutie. (i) Pentru ca f sa fie definita si olomorfa, se impun conditiile: z 6= −i si1 + iz

1− iz6∈ (−∞, 0], care sunt echivalente cu z ∈ D.

f ′(z) =1

2i

(1 + iz

1− iz

)′1 + iz

1− iz

=1

1 + z2

(ii) Deoarece

∣∣∣∣1 + ix

1− ix

∣∣∣∣ = 1, deducem ca:

f(x) =1

2iln

1 + ix

1− ix=

1

2i

(ln

∣∣∣∣1 + ix

1− ix

∣∣∣∣+ i arg1 + ix

1− ix

)=

1

2arg

1 + ix

1− ix

Daca notam θ = arg1 + ix

1− ix, atunci θ ∈ (−π, π), cos θ =

1− x2

1 + x2, sin θ =

2x

1 + x2, de unde

θ/2 ∈ (−π/2, π/2) si tg θ/2 =sin θ

1 + cos θ= x, adica exact θ/2 = arctg x.

(iii) Daca z ∈ D, s-a observat ca1 + iz

1− iz6∈ (−∞, 0], deci

Re f(z) =1

2arg

1 + iz

1− iz∈ (−π/2, π/2)


adica f(z) ∈ D1, ∀z ∈ D. Astfel, putem calcula:

tg f(z) =e2if(z) − 1

i(e2if(z) + 1)=

1 + iz

1− iz− 1

i

(1 + iz

1− iz+ 1

) = z, ∀z ∈ D

Reciproc, ecuatia tg w = iy (y ∈ R) conduce la e2iw =1− y1 + y

. Daca |y| ≥ 1, atunci

1− y1 + y

≤ 0, ceea ce arata ca w ∈ D1 =⇒ tg w ∈ D. Astfel, pentru w ∈ D1 putem calcula:

f(tg w) =1

2iln

1 + itg w

1− itg w=

1

2iln

cosw + i sinw

cosw + i sinw=

1

2iln e2iw = w

Problema 12.18 Sa se calculeze ∫ 2π

0cos2n xdx

Solutie. Folosind cosx =eix + e−ix

2gasim:

∫ 2π

0cos2n xdx = 2−2n

∫ 2π

0(eix + e−ix)2ndx =

= 2−2n

∫ 2π

0

2n∑k=0

Ck2nei(2n−2k)xdx = 22n−1πCn2n

Problema 12.19 Sa se gaseasca toate functiile f , definite si continue ın multimea |z| ≤ 2,

olomorfe ın multimea |z| < 2 si care verifica relatia:

1

2πi

∫|ζ|=2

(ζ +1

ζ)f(ζ)

dζ

(ζ − z)2= z,∀|z| < 2

Solutie. Descompunand ın fractii simple (sau cu teorema reziduurilor) relatia dinenunt se scrie:

f(0)

z2+ (1− 1

z2)f(z) + (z +

1

z)f ′(z) = z

sau: [(z +

1

z)f(z)

]′=

(z2

2+f(0)

z

)′de unde:

(z +1

z)f(z) =

z2

2+f(0)

z+ C

deci:

f(z) =z3 + 2Cz + 2f(0)

2(z2 + 1)

Punand conditia de olomorfie (∀|z| < 2), se obtine f(0) = i(12 − C), de unde C = 1

2 sif(0) = 0. Deci f(z) = z, ∀|z| ≤ 2 este singura functie care convine.

440

Problema 12.20 Fie dezvoltarea ın serie de puteri

ln(1 + ez) =

∞∑n=0

anzn

(i) Sa se afle raza de convergenta a seriei de puteri.

(ii) Sa se arate ca a0 = ln 2; a1 = 1/2 iar a2n+1 = 0, ∀n ≥ 1.

(iii) Sa se stabileasca o formula de recurenta pentru coeficientii a2n.

Solutie. (i) ln(1 + ez) este functie olomorfa ın C, mai putin semi-dreptele Re z >0, Im z = (2k + 1)π. Deducem ca raza de convergenta a seriei de puteri este π.

(ii) Prin derivare, se obtine functiaez

1 + ez, care este para, cu valoarea ın 0 egala cu 1

2 .

Sau, se poate folosi identitatea: ln(1 + ez)− ln(1 + e−z) = z.(iii) Relatia de recurenta se stabileste, identificand ın expresia derivatei:

ez

1 + ez=

∞∑n=1

nanzn−1, ∀|z| < π

adica:∞∑n=0

zn

n!= (2 +

∞∑n=1

zn

n!)(

∞∑n=1

nanzn−1), ∀|z| < π

de unde a2 = 1/8 iar

2na2n +n− 1

2!a2n−2 +

n− 2

4!a2n−4 + . . .+

1

(2n− 2)!a2 =

1

4(2n− 1)!

Problema 12.21 Fie f : C→ C o functie olomorfa, cu proprietatea ca exista n ∈ N,

astfel ıncat: f(z.e2πi/n) = f(z), ∀z ∈ C. Sa se arate ca exista o functie olomorfa g : C→ C,

astfel ıncat f(z) = g(zn), ∀z ∈ C

Solutie. Deoarece f(z) =

∞∑m=0

amzm, ipoteza arata ca:

f(z) = f(ze2πi/n) =

∞∑m=0

amzme2mπi/n

Identificand coeficientii, se obtine ca am 6= 0 daca si numai daca n divide m, adica f(z) =∞∑m=0

amn(zn)m.

Problema 12.22 (i) Fie n ∈ N fixat. Sa se arate ca functia:

f(z) =sinπz

πz(1− z)(1− z

2) . . . (1− z

n)

are doar singularitati aparente ın C.


Rezulta ca exista o (unica ) functie olomorfa g : C → C, astfel ıncat g2(z) = f(z),

∀z ∈ C si g(0) = 1.

(ii) Fie d dreptunghiul cu varfurile: −1 + δ± iA si n+ 1− δ± iA (unde δ ∈ (0, 1)). Sa

se arate ca: ∫d

g(z)

sinπzdz = 2i

n∑k=0

(−1)k√Ckn

(iii) Folosind o majorare convenabila a integralei, sa se arate ca

limn→+∞

n∑k=0

(−1)k√Ckn = 0

Observatie. Evident, pentru n impar

n∑k=0

(−1)k√Ckn = 0.

Solutie. (i) Deoarece: limz→0

sinπz

πz= 1 iar:

∀k = 1, n : limz→k

sinπz

1− z

k

= (−1)k+1πk

deducem ca f are doar singularitati aparente ın C. In plus:

limz→k

f(z) = Ckn

C fiind simplu conex, existenta (si unicitatea ) lui g sunt cunoscute.

(ii) Cu cele demonstrate, functiag(z)

sinπzare ın interiorul dreptunghiului d numai sin-

gularitati izolate ın k = 0, 1, . . . , n, fiecare fiind pol simplu. Deci:

Rez

(g(z)

sinπz, k

)=

g(k)

(−1)kπ=

(−1)k

π

√Ckn.

(iii) Pe laturile orizontale z = x± iA, deci:

| sinπz| ≥ 1

2(eπA − 1) si |1− z

k| ≥ A

k− 1

Rezulta: ∣∣∣∣ g(z)

sinπz

∣∣∣∣2 =

∣∣∣∣∣∣ 1

sinπz · πz(1− z) · · · (1− z

n)

∣∣∣∣∣∣ ≤ 1

12(eπA − 1)πA · · · (A

n− 1)

deci integralele pe cele doua laturi orizontale tind la 0 cand A→ +∞.Evaluarea pe latura verticala Re z = n+1−δ se reduce la cea pe latura Re z = −1+δ,

prin schimbarea z → n− z. Intr-adevar sinπ(n− z) = (−1)n+1 sinπz, iar:

(n− z)(1− n+ z) · · · (1− n− zn

) = (1− z

n)(1− z

n− 1) · · · z(−1)n−1.

442

Acum, integrala pe latura verticala ramasa, se majoreaza prin:∣∣∣∣∫ A

−A

g(−1 + δ + iy)idy

sinπ(−1 + δ + iy)

∣∣∣∣ ≤ ∫ A

−A

∣∣∣∣ g(−1 + δ + iy)

sinπ(−1 + δ + iy)

∣∣∣∣ dyDeoarece integrala

∫ +∞

−∞

dy

| sinπ(−1 + δ + iy)|este convergenta, ramane sa minoram:

|z(1− z)(1− z

2) . . . (1− z

n)| ≥ (1− δ)(2− δ) . . . (1− δ − 1

k) . . . (1− δ − 1

n)

Sa notam α = 1 − δ ∈ (0, 1). Folosind faptul ca ln(1 +α

k) ≥ α

k− α2

2k2, precum si faptul

ca 1 + 12 + . . . 1

n − lnn→ γ, deducem ca exista o constanta C (independenta de α), astfelıncat Cnα minoreaza produsul. Se obtine astfel ıncadrarea:

0 ≤n∑k=0

(−1)k√Ckn ≤

C√n


1

2πi

∫|z|=1

e

x

2(z +

1

z)dz =

∞∑n=0

(x2

)2n+1 1

n!(n+ 1)!

Solutie. Avem:

1

2πi

∫|z|=1

e

x

2(z +

1

z)dz = Rez

ex2 (z +1

z), 0

Reziduul se determina scriind:

e

x

2(z +

1

z)

=

( ∞∑n=0

xnzn

2nn!

)( ∞∑n=0

xn

2nn!zn

)

si identificand coeficientul lui z−1.

Problema 12.24 Integrand functia:1

z3 cosπzpe patratul γn de varfuri ±n ± in, sa se

determine

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)3.

Solutie. Aplicand teorema reziduurilor, avem:∫γn

dz

z3 cosπz= 2πi

(n−1∑k=−n

Rez(f, k +1

2) + Rez(f, 0)

)=

= 2πi

[−2

n−1∑k=0

(−1)k

π(k + 12)3

+π2

2

]


caci:

Rez(f, 0) =1

2!

[d2

dz2

1

cosπz

]z=0

=

[π2

2 cos3 πz

]z=0

Apoi | cosπz|2 =1

4

[e2πy + e−2πy + 2 cos 2πx

]. Deci, daca x = ±n, atunci

| cosπz|2 =1

4(eπy + e−πy)2 ≥ 1. Daca y = ±n, atunci, pentru n suficient de mare

| cosπz|2 ≥ 1. Deci

∫γn

dz

z3 cosπz→ 0 pentru n → +∞, de unde rezulta ca suma ceruta

esteπ3

32.

Problema 12.25 Integrand functia zα−1eiz (determinarea principala, α ∈ (0, 1)) pe

curba γ formata din arcele: segmentul [ε,A]; arcul de cerc de centru 0 si de raza A,

situat ın primul cadran; segmentul de extremitati iA si iε; arcul de cerc de centru 0 si de

raza ε (unde 0 < ε < A < +∞), sa se calculeze valorile integralelor:∫ +∞

0xα−1 sinx dx ;

∫ +∞

0xα−1 cosx dx

Solutie. Functia fiind olomorfa ın interiorul curbei γ, rezulta ca:

0 =

∫γzα−1eiz dz =

∫ A

εxα−1eix dx+

∫CA

zα−1eiz dz−

−∫ A

εxα−1e−xei.απ/2 dx−

∫Cε

zα−1eiz dz

Cu lema lui Jordan, deducem ca:

limA→+∞

∫CA

zα−1eiz dz = 0

Apoi: ∣∣∣∣∫Cε

zα−1eiz dz

∣∣∣∣ ≤ πεα

2→ 0

cand ε→ 0. Egaland partile reala si imaginara, se obtine:∫ +∞

0xα−1 cosx dx = cos

απ

2Γ(α)

∫ +∞

0xα−1 sinx dx = sin

απ

2Γ(α)

Problema 12.26 Fie −1 < a < b. Integrand functia

(z +

1

z

)azb−1 pe curba ınchisa γ

formata din arcele: arcul de cerc de centru 0 si de raza 1, situat ın semiplanul Re z > 0;

segmentele de extremitati i(1− ε) si iε, respectiv i(−1 + ε) si −iε; arcele de cerc de centre

0, i si −i de raza ε (unde 0 < ε < 1), sa se arate ca:∫ π2

0cosa t cos bt dt =

πΓ(a+ 1)

2a+1Γ(a+b2 + 1)Γ(a−b2 + 1)

444

Solutie. Functia data fiind olomorfa ın domeniul limitat de curba γ, gasim:

0 = −∫γi

(z +1

z)azb−1dz −

∫ 1−ε

ε(1

x− x)axb−1eiπ/2(b−a−1)dx−

−∫γ0

(z +1

z)azb−1dz +

∫ 1−ε

ε(1

x− x)axb−1eiπ/2(a−b+1)dx+∫ π/2

−π/2cosa t(cos(b− 1)t+ i sin(b− 1)t)i(cos t+ i sin t)dt−

∫γ−i

(z +1

z)azb−1dz

Apoi: ∣∣∣∣∣∫γi

(z +1

z)azb−1dz

∣∣∣∣∣ ≤ C.π4 εεa∣∣∣∣∣∫γ−i

(z +1

z)azb−1dz

∣∣∣∣∣ ≤ Cπ4 εεa∣∣∣∣∣∫γ0

(z +1

z)a.zb−1dz

∣∣∣∣∣ ≤ Cπ2 εεb−a−1

de unde: ∫ π2

−π2

cosa t cos bt dt = 2 sinπ

2(b− a− 1)

∫ 1

0(x− 1

x)axb−1dx

si deci rezultatul propus.

Problema 12.27 (i) Integrand functia

e3iz − 3eiz + 2

z3

pe curba γ formata din arcele: segmentele [−A,−ε] si [ε,A] si semicercurile centrate ın 0,

de raze respectiv ε si A, situate ın semiplanul Im z > 0,, sa se arate ca:∫ ∞0

sin3 x

x3dx =

3π

8

(ii) Integrand functia:

1− eiz

z2(z2 + 1)

pe curba de mai sus, sa se arate ca :∫ +∞

−∞

1− cosx

x2(x2 + 1)dx =

π

e

(iii) Integrand functia:

e2aiz − e2biz

z2, a > 0, b > 0

pe curba γ de mai sus, sa se deduca valoarea integralei (Froullani):∫ ∞0

cos 2ax− cos 2bx

x2dx


Solutie. (i) Daca x ∈ R, atunci:

e3ix − 3eix + 2

x3=

cos 3x− 3 cosx+ 2

x3+ i

sin3 x

x3

Deducem ca:

0 =

∫γ

e3iz − 3eiz + 2

z3dz =

∫ −ε−A

(cos 3x− 3 cosx+ 2

x3+ i

sin3 x

x3

)dx+

+

∫ A

ε

(cos 3x− 3 cosx+ 2

x3+ i

sin3 x

x3

)dx−

∫Cε

e3iz − 3eiz + 2

z3dz+

+

∫CA

e3iz − 3eiz + 2

z3dz

Insa: ∣∣∣∣∫CA

e3iz − 3eiz + 2

z3dz

∣∣∣∣ ≤ πA 6

A3→ 0

cand A→ +∞. Deoarece:

e3iz − 3eiz + 2

z3= −3

z+ f(z)

cu f olomorfa ıntr-o vecinatate a originii, urmeaza (cf. teorema semireziduurilor):∫Cε

e3iz − 3eiz + 2

z3dz = (−3)πi+

∫Cε

f(z)dz

iar ∫Cε

f(z)dz → 0

cand ε→ 0. Se obtine astfel:∫ ∞0

sin3 x

x3dx =

1

2

∫ +∞

−∞

sin3 x

x3dx = −1

8

∫ +∞

−∞

sin 3x− 3 sinx

x3dx =

3π

8

(ii) Aplicand teorema reziduurilor, obtinem:∫γ

1− eiz

z2(z2 + 1)dz = 2πiRez(

1− eiz

z2(z2 + 1), i) = 2πi

1− e−1

(−1)2i

Pe de alta parte:∫γ

1− eiz

z2(z2 + 1)dz =

∫ −ε−A

1− cosx− i sinx

x2(x2 + 1)dx−

∫Cε

1− eiz

z2(z2 + 1)dz+

+

∫ A

ε

1− cosx− i sinx

x2(x2 + 1)dx+

∫CA

1− eiz

z2(z2 + 1)dz

Deoarece1− eiz

z2(z2 + 1)=

1− (1 + iz + z2f(z))

z2(z2 + 1)=−iz− f(z)

z2 + 1

446

deducem ca: ∫Cε

1− eiz

z2(z2 + 1)dz = −i

∫Cε

dz

z−∫Cε

f(z)

z2 + 1dz

Insa: ∣∣∣∣∫Cε

f(z)

z2 + 1dz

∣∣∣∣ ≤ πεM → 0

cand ε→ 0, iar: ∫Cε

dz

z= πi

Deoarece: ∣∣∣∣∫CA

1− eiz

z2(z2 + 1)dz

∣∣∣∣ ≤ πAMA4→ 0

cand A→ +∞, deducem ca valoarea integralei esteπ

e.

(iii) Avem:

0 =

∫γ

e2aiz − e2biz

z2dz =

∫ −ε−A

e2aix − e2bix

x2dx−

∫Cε

e2aiz − e2biz

z2dz+

+

∫ A

ε

e2aix − e2bix

x2dx+

∫CA

e2aiz − e2biz

z2dz

Deoarece:e2aiz − e2biz

z2=

2i(a− b)z

+ f(z)

cu f olomorfa ıntr-o vecinatate a originii, deducem ca:

limε→0

∫Cε

e2aiz − e2biz

z2dz = πi · 2i(a− b)

Apoi: ∣∣∣∣∫CA

e2aiz − e2biz

z2dz

∣∣∣∣ ≤ πAMA2→ 0

cand A→ +∞. Rezulta ca valoarea integralei propuse este π(b− a).

Problema 12.28 Integrand functiaeaz

(ez + 1)2, (a ∈ (0, 2)) pe dreptunghiul de varfuri

±A, ±A+ 2πi, sa se afle valoarea integralei:

∫ ∞−∞

eaxdx

(ex + 1)2.

Solutie. Conform teoremei reziduurilor:∫γ

eaz

(ez + 1)2dz = 2πiRez(f, πi)

Pentru a calcula reziduul ın polul de ordinul 2, se efectueaza schimbarea z − πi = w si

deci: Rez(f, πi) = eaπiRez

(eaw

(1− ew)2, 0

). Scriind:

eaw

(1− ew)2=

p

w2+q

w+ . . .


se gaseste:1 + aw + . . . = (1 + w + . . .)(p+ qw + . . .)

deci prin identificare: Rez(f, πi) = eaπi(a− 1). Pe de alta parte:∫γ

eaz

(ez + 1)2dz =

∫ A

−A

eaxdx

(ex + 1)2+

∫ 2π

0

ea(A+iy)

(eA+iy + 1)2idy−

−∫ A

−A

ea(x+2πi)

(ex+2πi + 1)2dx−

∫ 2π

0

ea(−A+iy)

(e−A+iy + 1)2idy

Ipotezele asigura ca (1−e2πia)

∫ ∞−∞

eaxdx

(ex + 1)2= 2πieaπi(a−1) deci valoarea integralei este:

π(1− a)

sin aπpentru a 6= 1. Pentru a = 1, valoarea 1 se poate gasi si prin calcul direct.

Problema 12.29 Integrand functialn z

z2 − 1(determinarea principala), pe curba γ formata

din arcele: segmentul [ε,A]; arcul de cerc de centru 0 si de raza A, situat ın primul cadran;

segmentul de extremitati iA si iε; arcul de cerc de centru 0 si de raza ε (unde 0 < ε <

A < +∞), sa se arate ca : ∫ ∞0

lnx

x2 − 1dx =

π2

4

Solutie. Se arata imediat ca functialn z

z2 − 1are o singularitate aparenta ın 1, deci:

0 =

∫γ

ln zdz

z2 − 1=

∫ A

ε

lnxdx

x2 − 1+

∫CA

ln zdz

z2 − 1−∫ A

ε

ln iy

−y2 − 1idy −

∫Cε

ln zdz

z2 − 1

Apoi: ∣∣∣∣∫CA

ln z

z2 − 1dz

∣∣∣∣ ≤ π

2A

lnA+ π2

A2 − 1→ 0 cand A→ +∞∣∣∣∣∫

Cε

ln z

z2 − 1dz

∣∣∣∣ ≤ π

2ε− ln ε+ π

2

1− ε2→ 0 cand ε→ 0

Deci: ∫ ∞0

lnx

x2 − 1dx = −i

∫ ∞0

ln y

y2 + 1dy +

π

2

∫ ∞0

dy

y2 + 1=π2

4

(prima integrala fiind nula ın mod necesar).

Problema 12.30 Integrand functialn2 z

1− z3(determinarea principala), pe cercul centrat

ın 0, de raza A, cu o taietura pe semiaxa reala negativa, sa se afle valoarea integralei∫ ∞0

lnx

x3 + 1dx.

Solutie. Pe de o parte:∫γ

ln2 z

1− z3dz = 2πi

(Rez(

ln2 z

1− z3, 1) + Rez(

ln2 z

1− z3, e

2πi3 )+

448

+Rez(ln2 z

1− z3, e

4πi3 )

)=

= 2πi

[(2πi

3 )2

−3e4πi3

+(−2πi

3 )2

−3e−4πi3

]=

8π3i

27· 2 cos

4π

3= −8π3i

27

Pe de alta parte:∫γ

ln2 z

1− z3dz =

∫ −ε−A

[ln(−x) + iπ]2

1− x3(−dx)−

∫Cε

ln2 z

1− z3dz−

−∫ −ε−A

[ln(−x)− iπ]2

1− x3(−dx) +

∫CA

ln2 z

1− z3dz

Deoarece: ∣∣∣∣∫Cε

ln2 z

1− z3dz

∣∣∣∣ ≤ 2πε(− ln ε+ π)2

1− ε3→ 0 pentru ε→ 0

iar ∣∣∣∣∫CA

ln2 z

1− z3dz

∣∣∣∣ ≤ 2πA(lnA+ π)2

A3 − 1→ 0 pentru A→ +∞

deducem ca:

−8π3i

27=

∫ 0

−∞

4πi ln(−x)

1− x3(−dx) = 4πi

∫ ∞0

lnx

x3 + 1dx

adica:

∫ ∞0

lnx

x3 + 1dx =

2π2

27

Capitolul 13

Combinatorica si grafuri

Combinatorica

Notatii

• N - multimea numerelor naturale

• |A| - cardinalul multimii A

• bxc - partea ıntreaga a numarului x

•(

1 2 . . . np(1) p(2) . . . p(n)

)- permutare a multimii X = 1, 2, . . . , n, unde p : X →

X este o aplicatie bijectiva

• n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n - numarul n-factorial, pentru n ∈ N, n ≥ 1

Prin definitie, 0! = 1.

• [n]k - numarul aranjamentelor de n luate cate k, pentru n, k ∈ N, n ≥ k

•(nk

)- numarul combinarilor de n luate cate k, pentru n, k ∈ N, n ≥ k


•Definitie. Se numeste permutare a multimii X = 1, 2, . . . , n orice aplicatie bijectivap : X → X.Daca X este o multime oarecare, atunci orice aplicatie bijectiva p : X → X se numestepermutare a multimii X.• Definitie. Se numeste partitie a unei multimi X, o descompunere a lui X sub formaX = A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak, unde multimile nevide A1, . . . , Ak sunt doua cate doua disjunctesi se numesc clasele partitiei.

O partitie este de tipul 1k12k2 . . . nkn daca ea contine k1 clase cu un element, k2 clasecu doua elemente, . . . , kn clase cu n elemente.• Observatie. Intr-o partitie nu conteaza ordinea de scriere a claselor si nici ordinea

de scriere a elementelor ın fiecare clasa.

449

450

• Definitie. Se numeste partitie a unui ıntreg n o scriere a numarului n sub forman = n1 + n2 + · · ·+ nk, unde numerele naturale n1, n2, . . . , nk se numesc partile partitieisi verifica inegalitatile n1 ≥ n2 ≥ · · · ≥ nk ≥ 1.• Definitie. Pentru o multime finita X, astfel ıncat |X| = n si 1 ≤ k ≤ n, se numestearanjament de n elemente luate cate k orice submultime ordonata alcatuita din kelemente ale multimii X.

Teorema. Numarul de aranjamente de n elemente luate cate k ale multimii X este

[n]k = n(n− 1) · · · (n− k + 1), 1 ≤ k ≤ n.

• Observatie. Numarul [n]k se poate exprima sub forma

[n]k =n!

(n− k)!, n, k ∈ N, 1 ≤ k ≤ n.

Prin definitie, [n]0 = 1.• Observatie. Numarul de posibilitati de a introduce k bile, numerotate de la 1 la k

ın n urne, numerotate de la 1 la n este [n]k.• Definitie. Pentru o multime finita X, astfel ıncat |X| = n, se numeste permutare den elemente un aranjament de n elemente luate cate n.• Observatie. Numarul permutarilor de n elemente este [n]n = n!.

Teorema. Daca X, Y sunt multimi finite astfel ıncat |X| = m si |Y | = n, undem,n ∈ N∗, atunci numarul functiilor f : X → Y este nm.• Observatie. Daca X este formata din m bile, iar multimea Y este formata din n

cutii, atunci nm reprezinta numarul tuturor posibilitatilor de a aseza bilele ın cutii (ınaceeasi cutie pot fi introduse mai multe bile). Teorema. Daca X, Y sunt multimi finite astfel ıncat |X| = m si |Y | = n, undem,n ∈ N∗, m ≤ n, atunci numarul functiilor injective f : X → Y este [n]m.• Observatie. In cazul particular f : X → Y cu |X| = |Y | = n, orice aplicatie

injectiva este bijectiva si deci numarul de aplicatii bijective de la X la Y este [n]n = n!.• Definitie. Pentru o multime finita X, astfel ıncat |X| = n si 0 ≤ k ≤ n, se numestecombinare de n elemente luate cate k orice submultime a lui X formata din kelemente.

Teorema. Numarul de combinari de n elemente luate cate k ale multimii X este(n

k

)=

n!

k!(n− k)!, 0 ≤ k ≤ n.

Teorema (formula de recurenta). Daca 1 ≤ k ≤ n, atunci(n

k

)=

(n− 1

k

)+

(n− 1

k − 1

)

Teorema (binomul lui Newton). Daca a, b ∈ C si n ∈ N, atunci are loc formula

(a+ b)n =n∑k=0

(n

k

)akbn−k.

Combinatorica si grafuri 451

Teorema (principiul includerii si al excluderii). Pentru orice n multimi finite

X1, . . . , Xn avem

|X1 ∪ · · · ∪Xn| =∑|X1| −

∑|X1 ∩X2|+

∑|X1 ∩X2 ∩X3|+ · · ·+

(−1)n|X1 ∩ · · · ∩Xn|.

Teorema. Daca X, Y sunt multimi finite astfel ıncat |X| = m si |Y | = n, unde

m,n ∈ N∗, m ≥ n atunci numarul functiilor surjective f : X → Y este

nm −(n

1

)(n− 1)m +

(n

2

)(n− 2)m −

(n

3

)(n− 3)m + · · ·+ (−1)n−1

(n

n− 1

).

• Definitie. Se numeste functie generatoare asociata unui sir de numere (an) ca fiindsuma seriei

∑∞n=0 anx

n, ın ipoteza ca seria este convergenta pe R sau pe intervale din R.• Definitie. Se defineste numarul lui Catalan ca fiind numarul de moduri ın care se potpune parantezele ıntr-un produs neasociativ de n factori, scrisi ın ordinea a1, a2, . . . , an.

Teorema. Numarul lui Catalan are expresia

Tn =1

n

(2n− 2

n− 1

),

pentru n ∈ N, n ≥ 1.

Grafuri

Notatii

• |V |− numarul elementelor multimii finite V

• (V,U) ≡ G− graf

• O(G)− ordinul grafului G

• dim (G)− dimensiunea grafului G

• gr (G)− grosimea grafului G

• d (G)− diametrul unui graf conex G

• ρ (G)− raza grafului G

• χ (G)− numarul cromatic al grafului G

• q (G)− indicele cromatic al grafului G

• (xi, xj)− arc al grafului G

452

• [xi, xj ]− muchie a grafului G

• A− multimea arcelor grafului G

• D ≡ (x1, x2, . . . , xp)− drum al grafului G

• l (D)− lungimea drumului D

• g (x)− gradul varfului x

• g− (x)− gradul de intrare al varfului x

• g+ (x)− gradul de iesire al varfului x


• Definitie. Consideram V = x1, . . . , xn, n ∈ N∗, o multime. Numim graf neorientatperechea ordonata de multimi (V,U) ≡ G, U ⊂ P2(V ), unde P2(V ) reprezinta multimeapartilor cu doua elemente ale lui V .

Elementele multimii V se numesc varfuri sau noduri ale grafului G iar elementelemultimii U se numesc muchii.

Numarul elementelor multimii V, notat O (G) se numeste ordinul grafului G, iarnumarul elementelor multimii U, notat dim (G) se numeste dimensiunea grafului G.

In cazul ın care xi, xj ∈ U, vom nota aceasta multime cu [xi, xj ] , iar xi si xj senumesc extremitatile acestei muchii.

Daca [xi, xj ] ∈ U, spunem ca varfurile xi si xj sunt adiacente ın graful G si ca varfurilexi si xj sunt incidente cu muchia [xi, xj ] .• Definitie. Numim graf orientat perechea ordonata de multimi (V,U) ≡ G, unde Ueste formata din perechi ordonate de elemente din V, numite arce.

Daca xi, xj ∈ U, vom nota acest arc cu (xi, xj). De asemenea, notand cu uij ≡ (xi, xj)un arc oarecare vom spune ca xi este extremitatea initiala, iar xj este extremitateafinala a arcului uij , despre care vom spune ca este orientat de la xi la xj .

Pentru un graf orientatG, un sir de varfuri D = x1, x2, . . . , xp−1, xp cu proprietateaca: (x1, x2) ; (x2, x3) ; . . . ; (xp−1, xp) ∈ U se numeste drum.

Numarul arcelor care compun drumul D, notat cu l (D) se numeste lungimea dru-mului.

Drumul D cu proprietatea ca x1 = xp si toate arcele (x1, x2) ; (x2, x3) ; . . . ; (xp−1, xp)sunt distincte doua cate doua se numeste circuit. Un circuit format dintr-un singur arcse numeste bucla.

Pentru un graf neorientat G, un sir de varfuri L = [x1, x2, ..., xp] cu proprietatea caoricare doua varfuri vecine sunt adiacente, adica [x1, x2]; [x2, x3]; . . . ; [xp−1, xp] ∈ U senumeste lant.

Varfurile x1 si xp se numesc extremitatile lantului L, iar p− 1 este lungimea acestuilant. Daca varfurile x1, x2, . . . , xp sunt distincte doua cate doua, lantul L se numesteelementar.

Pentru un graf neorientat G, un lant L = [x1, x2, . . . , xp] cu proprietatea ca x1 = xpsi toate muchiile [x1, x2]; [x2, x3]; . . . ; [xp−1, xp] distincte doua cate doua se numeste ciclu.Daca ıntr-un graf G suprimam unul sau mai multe arce (muchii) se obtine un nou grafnumit graf partial al grafului G. Daca ıntr-un graf G suprimam unul sau mai multevarfuri, ımpreuna cu arcele (muchiile) care intra sau ies din ele, obtinem un nou grafnumit subgraf al grafului G.


Un ciclu (circuit) hamiltonian pentru un graf G este un ciclu (circuit) elementarcare contine toate varfurile grafului. (trece o data si numai o data prin toate varfurilegrafului)

Un ciclu (circuit) eulerian al unui graf G este un ciclu (circuit) care foloseste toatemuchiile (arcele) grafului G. (trece o data si numai o data prin fiecare muchie (arc) agrafului G)• Definitie. Numim graf hamiltonian un graf neorientat care contine un ciclu hamilto-nian sau un graf orientat care contine un circuit hamiltonian.

Un lant (drum) elementar al unui grafG care contine toate varfurile grafului se numestelant (drum) hamiltonian.

Un drum se numeste eulerian daca trece o data si numai o data prin fiecare arc(muchie) al grafului.

Un drum se numeste simplu daca trece o singura data printr-un acelasi arc al grafului.• Definitie. Un graf G cu proprietatea ca oricare doua varfuri sunt extremitatile unuilant al lui G se numeste graf conex.• Definitie. Un graf G se numeste tare conex daca oricare ar fi xi si xj doua varfuri alesale, exista un drum de la xi la xj si un drum de la xj la xi.

Un graf orientat este simetric daca (xi, xj) ∈ U ⇔ (xj , xi) ∈ U, pentru orice arc algrafului si antisimetric daca (xi, xj) ∈ U ⇒ (xj , xi) /∈ U, pentru orice varfuri xi, xj ∈ V.• Definitie. Orice graf conex si fara cicluri se numeste arbore.

Daca G este un graf conex si x este un varf oarecare al acestuia prin excentrici-tatea acestuia ıntelegem numarul e (x) = max

y∈Vd (x, y) , unde d (x, y) este distanta dintre

varfurile x si y, adica lungimea minima a lanturilor dintre x si y.Diametrul unui graf conex G, notat d (G) este distanta maxima dintre perechile de

varfuri ale lui G.Centrul unui graf conex G este format din acele varfuri de excentricitate minima.Raza unui graf conex G este minimul excentricitatilor varfurilor sale, minim notat

ρ (G) .Numarul cromatic al unui graf G, notat χ (G) este numarul minim de culori cu care

pot fi colorate varfurile lui G, astfel ıncat oricare doua varfuri adiacente sa aiba culoridiferite.

Indicele cromatic al unui graf G, notat q (G) este numarul minim de culori cu carepot fi colorate muchiile grafuluiG, astfel ıncat oricare doua muchii cu o extremitate comunasa fie colorate cu culori diferite.

Pentru un graf neorientat G, gradul varfului x, notat g (x) este numarul muchiilorincidente cu varful x.

Daca G este un graf orientat, gradul de intrare al varfului x, notat g− (x) estenumarul arcelor care intra ın varful x (de forma (y, x)), iar gradul de iesire al varfului x,notat g+ (x) este numarul arcelor care ies din varful x (de forma (x, z)) si gradul varfuluix este g (x) = g− (x) + g+ (x) .• Definitie. Grafurile G1 ≡ (V1, U1) si G2 ≡ (V2, U2) se numesc izomorfe daca exista obijectie f : V1 → V2, astfel ıncat [x, y] ∈ U1 daca si numai daca [f (x) , f (y)] ∈ U2, undeprin [x, y] este notata muchia care uneste varfurile x si y ale grafului G1.

Un izomorfism al unui graf G cu el ınsusi se numeste automorfism.O p−colorare a unui graf G este fie o partitie V = V1 ∪ V2 ∪ ... ∪ Vp a multimii

varfurilor sale astfel ıncat oricare doua varfuri din aceeasi clasa sa nu fie adiacente, fie ofunctie f : U → 1, 2, ..., p astfel ıncat [i, j] ∈ U sa implice f (i) 6= f (j) .• Definitie. Numim graf k−regulat un graf neorientat pentru care fiecare varf x ∈ V

454

are gradul g (x) = k sau un graf orientat cu proprietatea ca g− (x) = g+ (x) = k, pentruorice varf x.

Pentru un graf G, un varf de grad zero se numeste varf izolat, iar un varf de gradulunu se numeste varf terminal.

Reprezentand fiecare varf xi ∈ V printr-un punct ın plan si ducand arcele dupa criteriulstabilit obtinem imaginea grafului.•Definitie. Numim graf planar un graf G ale carui varfuri se pot reprezenta prin puncteın plan si ale carui muchii se pot reprezenta prin arce de curba Jordan ce unesc perechide puncte care corespund extremitatilor fiecarei muchii, astfel ıncat oricare doua arce decurba au ın comun cel mult un punct extremitate.• Definitie. Un graf G care admite o partitie a multimii varfurilor, V = V1 ∪ V2 ∪ ...∪ Vpastfel ıncat fiecare muchie sa aiba extremitatile ın doua clase distincte ale partitiei senumeste graf multipartit.

Un graf multipartit este complet daca oricare pereche de varfuri situate ın clasediferite ale partitiei formeaza o muchie.

In particular, un graf G pentru care exista o partitie a multimii varfurilor, V = V1∪V2,V1 ∩ V2 = ∅, astfel ıncat fiecare muchie u a grafului are o extremitate ın V1 si cealalta ınV2 se numeste graf bipartit.

Graful bipartit G este complet daca el contine toate muchiile [x, y] unde x ∈ V1 siy ∈ V2.

Daca | V1 |= p si | V2 |= q, graful bipartit complet G se noteaza cu Kp,q.Prin Kn vom nota un graf complet cu n varfuri si care are

(n2

)muchii, deci pentru care

oricare doua varfuri sunt adiacente.Un graf bipartit complet de forma K1,p se numeste graf-stea.Cea mai mica lungime a unui ciclu elementar al grafului G, notata gr (G) se numeste

grosimea grafului.Matrice asociate unui graf.Arcele unui graf care au extremitatea finala ıntr-un varf xi se numesc arce incidente

interior varfului xi, iar cele cau au extremitatea initiala ın varful xi se numesc arceincidente exterior varfului xi.

Consideram G un graf de ordinul n si sa notam cu uj arcele acestui graf.Matricea de incidenta asociata grafului G este matricea patratica A = (aij) , unde:

aij =

−1, daca arcul uj este incident interior varfului xi;0,daca xi nu este extremitate a arcului uj ;1,daca arcul uj este incident exterior varfului xi.

Matricea conexiunii directe asociata grafului G este matricea patratica D = (dij) ,unde:

dij =

1,daca exista arcul (xi, xj) ;0,daca nu exista arcul (xi, xj) .

Matricea conexiunii totale asociata grafului G este matricea patratica T = (tij) ,unde:

tij =

1,daca exista cel putin un drum de la xi la xj , xi 6= xj ;0, ın caz contrar.

Teorema lui Chen

Daca graful G cu n varfuri este un graf fara circuite, atunci el contine un drum hamilto-nian daca si numai daca matricea T a conexiunii totale atasata contine exact C2

n elementenenule.


Formula lui Cayley

Numarul arborilor cu n varfuri, x1, x2, . . . , xn este egal cu nn−2, n ≥ 2.

• Definitie. Pentru un graf planar G, o componenta conexa a planului, obtinuta prinsuprimarea din plan a muchiilor si varfurilor reprezentarii plane a lui G se numeste fataa reprezentarii plane.

Frontiera oricarei fete este o curba Jordan ınchisa, constand din muchiile unui cicluelementar al grafului G.

Formula lui Euler

Daca graful conex si planar G are n varfuri si m muchii, atunci orice reprezentareplanara a sa contine m− n+ 2 fete.

Probleme

Problema 13.1 Sa se arate ca oricare ar fi 52 de puncte ıntr-un patrat de latura 1, exista

trei puncte care pot fi acoperite cu un disc de raza 17 .

Solutie. Fie punctele M1, . . . ,M52 situate ıntr-un patrat de latura 1. Vom arata caexista trei discuri D(Mik ,

17), ik ∈ 1, . . . , 52,pentru k ∈ 1, 2, 3, care sa aiba intersectia

nevida. In acest caz discul cautat are centrul ıntr-un punct din intersectie, iar raza este 17 .

Suprafata totala acoperita de cele 52 de discuri este S = 52π · 149 = 52

49π. Suprafata

acoperita de acestea, S′, este cel mult egala cu cea a unui patrat ce are latura cu 2

7 mai

mare decat cea a patratului initial, adica S′< 81

49 .Obtinem

S

S′>

52

81π > 2.

In consecinta, exista D(Mik ,17), ik ∈ 1, . . . , 52, k ∈ 1, 2, 3 cu intersectia nevida.

Problema 13.2 Pe suprafata unui poligon de arie 13 se aseaza 10 poligoane de arie 6. Sa

se arate ca exista 4 poligoane ce se intersecteaza dupa o arie mai mare ca 170 .

Solutie. Fie poligoanele P1, . . . , P10 astfel ıncat S(Pk) = 6, pentru orice k = 1, . . . 10si poligonul P cu S(P ) = 13. Definim multimile

I1 =

10⋃k=1

Pk, I2 =

10⋃i 6=j=1

(Pi ∩ Pj), . . . , I10 =

10⋂k=1

Pk.

Se poate demonstra prin inductie relatia

10∑k=1

S(Pk) =

10∑k=1

S(Ik).

Pentru multimile Ik, k = 1, . . . 10, sunt evidente inegalitatile

S(I1) ≥ S(I2) ≥ . . . ≥ S(I10),

456

de unde obtinem10∑k=1

S(Pk) ≤ 3S(I1) + 7S(I4),

deci 60 ≤ 39 + 7S(I4), adica S(I4) ≥ 3.

I4 contine

(104

)intersectii de cate 4 poligoane, printre care exista una de arie

maxima notata Smax, deci:

3 ≤ S(I4) ≤∑

S(P1 ∩ P2 ∩ P3 ∩ P4) ≤(

104

)· Smax

Din inegalitatile de mai sus deducem ca Smax ≥ 3/

(104

)= 1

70 .

Problema 13.3 Fiind date numerele naturale nenule m,n, m ≤ n, sa se demonstreze ca

m divide numarul

n

m−1∑k=0

(−1)k(n

k

).

Hungarian Mathematical Olympiad, 2001

Solutie. Vom aplica formula de recurenta a coeficientilor binomiali.

nm−1∑k=0

(−1)k(nk

)= n

m−1∑k=0

(−1)k(n− 1k

)+ n

m−1∑k=1

(−1)k(n− 1k − 1

)

= n[m−1∑k=0

(−1)k(n− 1k

)+

m−2∑k=0

(−1)k+1

(n− 1k

)]

= n(−1)m−1

(n− 1m− 1

)= n(−1)m−1 (n−1)!

(m−1)!(n−m)!

= m(−1)m−1

(nm

).

Problema 13.4 Sa se calculeze suma

1 · 2(n

2

)+ 2 · 3

(n

3

)+ · · ·+ (n− 1) · n

(n

n

).

Solutie. Consideram un grup de n persoane dintre care vom alege comitete de cate

k persoane, fiecare comitet avand un presedinte si un vicepresedinte. Exista

(nk

)posibilitati de a alege asemenea comitete, iar pentru fiecare comitet presedintele si vi-cepresedintele pot fi selectati ın k(k − 1) moduri. Numarul comitetelor pe care le putemforma cu un presedinte si un vicepresedinte este

1 · 2(n2

)+ 2 · 3

(n3

)+ · · ·+ (n− 1) · n

(nn

).


Selectia se poate face si ın alta maniera: putem alege presedintele si vicepresedinteleın n(n − 1) moduri, dupa care adaugam ceilalti membri ai comitetului dintre cele n − 2persoane ramase. Deoarece numarul tuturor submultimilor unei multimi cu n−2 elementeeste 2n−2, obtinem

1 · 2(n2

)+ 2 · 3

(n3

)+ · · ·+ (n− 1) · n

(nn

)= n(n− 1)2n−2.

Problema 13.5 Doua sute de studenti participa la un concurs de matematica, la care

au de rezolvat 6 probleme. Se stie ca fiecare problema a fost rezolvata de cel putin 120 de

participanti. Sa se demonstreze ca exista doi participanti astfel ıncat fiecare problema a

fost rezolvata de cel putin unul dintre ei.

Solutie. Intrucat fiecare problema a fost rezolvata de cel putin 120 de participanti, de-ducem ca exista cel putin 720 de solutii corecte ın total. Deoarece sunt doar 200 de studenti,obtinem ca macar un student a rezolvat cel putin patru probleme. Daca a rezolvat 5 sau6 probleme, atunci el poate face pereche cu oricare alt student. Presupunem ca a rezolvatexact 4 probleme. Fiecare dintre cele doua probleme ramase a fost rezolvata de cel putin120 de participanti si cum numarul total este 200, exista cel putin un student care le-arezolvat pe amandoua.

Problema 13.6 O multime S ce contine patru numere naturale o numim conexa daca

pentru orice x ∈ S, cel putin unul din numerele x − 1 sau x + 1 apartine lui S. Fie Cn

numarul de submultimi conexe ale multimii 1, 2, . . . n.

(a) Sa se determine C7;

(b) Sa se determine o formula generala pentru Cn.

Romanian Mathematical Olympiad, 2006

Solutie. Fie S = a, b, c, d multime conexa, astfel ıncat a < b < c < d. Deoarecea− 1 /∈ S rezulta ca a+ 1 ∈ S, deci b = a+ 1. Analog, ıntrucat d+ 1 /∈ S, avem d− 1 ∈ S,adica c = d − 1. Astfel o multime care sa satisfaca conditiile problemei este de formaS = a, a+ 1, d− 1, d , cu d− a > 2.

(a) Submultimile conexe ale multimii 1, 2, . . . , 7 sunt

1, 2, 3, 4; 1, 2, 4, 5; 1, 2, 5, 6; 1, 2, 6, 7;

2, 3, 4, 5; 2, 3, 5, 6; 2, 3, 6, 7; 3, 4, 5, 6; 2, 4, 6, 7; 4, 5, 6, 7.

(b) Definim diametrul multimii S = a, a+1, d−1, d astfel D = d−a+1. Este evidentca D > 3 si D ≤ n − 1 + 1 = n. In cazul D = 4 avem n − 3 multimi conexe, dacaD = 5 exista n− 4 multimi conexe s.a.m.d. Astfel obtinem

Cn = 1 + 2 + · · ·+ (n− 3) =(n− 3)(n− 2)

2.

458

Problema 13.7 Fie multimea A astfel ıncat |A| = n2 si F o familie de submultimi ale lui

A care au n elemente. Presupunem ca oricare doua multimi din F au cel mult un element

ın comun.

(a) Sa se arate ca |F| ≤ n2 + n;

(b) Pentru n = 3, sa se puna ın evidenta un exemplu ın care |F| sa ia valoarea maxima.

Romanian TST, 1985

Solutie.

(a) Pentru x ∈ A, notam cu k(x) numarul multimilor B ∈ F pentru care x ∈ B. Fieaceste multimi B1, B2, . . . Bk(x).

Atunci B1 \ x, B2 \ x, . . . , Bk(x) \ x sunt submultimi disjuncte ale lui A \ x,fiecare avand n− 1 elemente. ıntrucat A \ x are n2 − 1 elemente, obtinem k(x) ≤n2−1n−1 = n+ 1. Repetand rationamentul orice x ∈ A si sumand, obtinem∑

x∈Ak(x) ≤ n2(n+ 1).

Dar ∑x∈A

k(x) =∑B∈F|B| = n|F|.

Atunci n|F| ≤ n2(n+ 1), de unde |F| ≤ n2 + n.

(b) In cazul ın care |A| = 32, asezam elementele 1, 2, . . . 9 ıntr-o matrice 1 2 34 5 67 8 9

si alegem ca multimi ale lui F cele formate cu factorii produselor care apar ın calcululdeterminantului de ordin 3 al matricei de mai sus. Deci,

F = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 4, 7, 2, 5, 8, 3, 6, 9,

1, 5, 9, 2, 6, 7, 3, 4, 8, 3, 5, 7, 2, 4, 9, 1, 6, 8 .

In acest caz |F| = 32 + 3 = 12.

Problema 13.8 Se noteaza prin sn,m,r numarul functiilor f : X → Y, unde |X| =

n, |Y | = m, cu proprietatea ca exista Z ⊂ Y, |Z| = r si astfel ıncat f(X) ⊃ Z.

Sa se arate ca

sn,m,r = mn −(r

1

)(m− 1)n +

(r

2

)(m− 2)n − · · ·+ (−1)n(m− r)n.


Solutie. Fie Z = y1, . . . yr si pentru fiecare i = 1, . . . , r notam cu Ai = f : X →Y, yi /∈ f(X). Obtinem sn,m,r = mn − |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ar|. Dar Ai reprezinta multimeafunctiilor definite pe X, cu valori ın Y \ yi, deci |Ai| = (m − 1)n. Multimea Ai ∩ Ajcontine functiile definite pe X, cu valori ın Y \ yi, yj si deci |Ai ∩ Aj | = (m − 2)n.In general, |Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik | = (m − k)n, unde 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ik ≤ r.

Deoarece exista

(rk

)submultimi de indici i1, i2, . . . , ik, rezulta ca fiecare suma de

forma∑

1≤i1<i2<···<ik≤r |Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik | contine

(rk

)termeni, fiecare fiind egal cu

(m− k)n.Obtinemsn,m,r = mn − |A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ar|

= mn −(r1

)(m− 1)n +

(r2

)(m− 2)n − · · ·+

+(−1)r(m− r)n.

Problema 13.9 Fie A un alfabet format din n litere identice: a1, a1; a2, a2; . . . ; an, an,

perechile diferite constand din litere diferite. Se formeaza toate cuvintele care folosesc

toate cele 2n litere din alfabetul A, astfel sa nu apara doua litere identice vecine.

Sa se arate ca numarul acestor cuvinte este egal cu:

1

2n[(2n)!−

(n

1

)2(2n− 1)! +

(n

2

)22(2n− 2)!− · · ·+ (−1)n2nn!].

Solutie. Numarul tuturor cuvintelor care folosesc toate cele 2n litere din alfabetul A esteegal cu

(2n)!

(2!)n=

(2n)!

2n,

deoarece literele identice pot fi permutate ıntre ele ın (2!)n = 2n moduri distincte, rezultandun acelasi cuvant format cu cele 2n litere din A.

Sa notam cu Ai multimea cuvintelor formate cu cele 2n litere din A pentru care celedoua litere ai sunt vecine. Rezulta ca numarul cautat este egal cu

(2n)!

2n− |A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An|.

Pentru a evalua |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An| aplicam principiul includerii-excluderi:|A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An| =

∑ni=1 |Ai| −

∑1≤i<j≤n |Ai ∩Aj |

+(−1)k−1∑

1≤i1<···<ik≤n |Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik |+ . . .

+(−1)n−1| ∩ni=1 Ai|.Sa calculam ın cazul general numarul de elemente din Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik si sa

aratam ca acesta nu depinde de alegerea indicilor 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n. Daca un cuvıntapartine acestei multimi ınseamna ca el apartine fiecareia din multimile Ai1 , Ai2 , . . . , Aik ,deci literele ai1 , ai1 ; ai2 , ai2 ; . . . ; aik , aik sunt vecine. Cuvintele pentru care cele k perechide litere sunt vecine se obtin ın modul urmator: se formeaza toate cuvintele avınd 2n− klitere care formeaza un alfabet obtinut din A prin suprimarea catei unei litere dintre

460

ai1 , ai2 , . . . , aik . Apoi ın fiecare cuvant astfel format se dubleaza literele ai1 , ai2 , . . . , aik ,adaugand dupa litera aij o alta litera egala cu aij , pentru fiecare j = 1, . . . , n. Deciobtinem:

|A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An| =(2n− k)!

(2!)n−k=

2k(2n− k)!

2n.

Deoarece indicii i1, . . . , ik cu 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n pot fi alesi ın

(nk

)moduri, rezulta

ca numarul cuvintelor care nu contin doua litere identice vecine este

(2n)!

2n−(n1

)2(2n− 1)!

2n+

(n2

)22(2n− 2)!

2n− · · ·+ (−1)n2nn!

2n.

Problema 13.10 Daca p este o permutare a multimiiX = 1, . . . , n, spunem ca numarul

i este un punct fix al permutarii p, daca p(i) = i, 1 ≤ i ≤ n. Sa se arate ca numarul D(n)

al permutarilor fara puncte fixe ale multimii X este egal cu

D(n) = n!(

1− 1

1!+

1

2!− 1

3!+ · · ·+ (−1)n

n!

).

Care este numarul permutarilor a n obiecte cu p puncte fixe ?

Solutie. Notam cu Ai multimea celor (n − 1)! permutari care admit un punct fix ın isi vom determina numarul permutarilor care admit cel putin un punct fix. Acest numareste egal cu |A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An| si, conform principiului includerii-excluderii, se obtine dinrelatia:

|A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An| =n∑i=1

|Ai| −∑

1≤i<j≤n|Ai ∩Aj |+ · · ·+ (−1)n−1| ∩ni=1 Ai|.

Dar |Ai1 ∩Ai2 ∩· · ·∩Aik | = (n−k)!, deoarece o permutare din multimea A1∪A2∪· · ·∪Anreprezinta puncte fixe ın pozitiile i1, i1, . . . , ik, celelalte pozitii continand o permutare acelor n− k elemente ramase, al caror numar este (n− k)!. Dar pozitiile i1, i1, . . . , ik pot fi

alese din multimea celor n pozitii ın

(nk

)moduri, deci

∣∣∣ n⋃i=1

Ai

∣∣∣ =

(n1

)(n− 1)!−

(n2

)(n− 2)! + · · ·+ (−1)n

(nn

).

Astfel,

D(n) = n!−∣∣∣ n⋃i=1

Ai

∣∣∣ = n!−(n1

)(n− 1)! + · · ·+ (−1)n

(nn

),

de unde se obtine expresia lui D(n).

Rezulta ca limn→∞

D(n)

n!=

1

e, deci pentru n suficient de mare probabilitatea ca o per-

mutare a n elemente aleasa aleator sa nu aiba puncte fixe este apropriata de 13 . Deoarece

cele p puncte fixe (0 ≤ p ≤ n) pot fi alese ın

(np

)moduri si celelalte n − p puncte

nu mai sunt fixe, rezulta ca numarul permutarilor din Sn cu p puncte fixe este egal cu(np

)D(n − p), deoarece pentru fiecare alegere a celor p puncte fixe exista D(n − p)

permutari ale obiectelor ramase, fara puncte fixe, daca se defineste D(0) = 1.


Problema 13.11 Fie X = 1, 2, . . . , n si D(n) numarul permutarilor multimii X fara

puncte fixe. Daca E(n) reprezinta numarul permutarilor pare ale multimii X fara puncte

fixe, aratati ca

E(n) =1

2(D(n) + (−1)n−1(n− 1)).

Solutie. Conform problemei anterioare, avem

D(n) = n!(

1− 1

1!+

1

2!− 1

3!+ · · ·+ (−1)n

n!

).

Pentru a obtine expresia lui E(n) vom nota cu Ai multimea permutarilor pare p ∈ Snastfel ıncat p(i) = i. Deoarece Sn contine 1

2n! permutari pare, rezulta ca

E(n) = 12 n!−

∣∣∣⋃ni=1Ai

∣∣∣= 1

2 n!−∑n

i=1 |Ai|+∑

1≤i<j≤n |Ai ∩Aj |+ · · ·+ (−1)n∣∣∣⋂n

i=1Ai

∣∣∣.Deoarece |Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik | = 1

2 (n− k)!, rezulta ın mod analog ca pentru D(n), ca

E(n) = 12 n!−

(n1

)12(n− 1)! + · · ·+ (−1)n−1

(n

n− 1

)+ (−1)n

= 12 (D(n) + (−1)n−1(n− 1)).

Problema 13.12 Verificati ca:∑∞n=0 D(n) t

n

n! = e−t

1−t ;

D(n+ 1) = (n+ 1)D(n) + (−1)n+1;

D(n+ 1) = n(D(n) +D(n− 1)).

Solutie. Conform unei probleme anterioare, avem:

D(n)

n!= 1− 1

1!+

1

2!− · · ·+ (−1)n

n!,

Pe de alta parte, se cunoaste dezvoltarea:

e−t

t− 1=(

1− t

1!+t2

2!− . . .

)(1 + t+ t2 + . . . ).

Din relatiile de mai sus deducem ca D(n)n! este coeficientul lui tn din dezvoltarea functiei

e−t

t−1 si astfel se obtine prima relatie din enuntul problemei.Pentru a obtine relatiile de recurenta pornim de la formula

D(n) = n!(

1− 1

1!+

1

2!− 1

3!+ · · ·+ (−1)n

n!

).

Este evident caD(n+ 1) = (n+ 1)!(1− 1

1! + 12! −

13! + · · ·+ (−1)n

n! + (−1)n+1

(n+1)! )

= (n+ 1)n!(1− 11! + 1

2! −13! + · · ·+ (−1)n

n! ) + (n+ 1)! (−1)n+1

(n+1)! ,

de unde

D(n+ 1) = (n+ 1)D(n) + (−1)n+1.

462

In continuare, prin adunarea relatiei obtinute mai sus cu

D(n) = nD(n− 1) + (−1)n,

se obtine D(n+ 1) +D(n) = n (D(n) +D(n− 1)) +D(n) + (−1)n+1 + (−1)n, ceea ce esteechivalent cu

D(n+ 1) = n(D(n) +D(n− 1)).

Problema 13.13 Care este numarul un de moduri ın care putem urca o scara cu n trepte,

stiind ca la fiecare pas urcam o treapta sau doua trepte?

Solutie. Este evident ca numarul un reprezinta ın acelasi timp numarul de scrieri alenumarului natural n ca o suma a numerelor 1 sau 2, doua scrieri fiind distincte daca eledifera si prin ordinea termenilor.

De exemplu2 = 1 + 13 = 2 + 1 = 1 + 2 = 1 + 1 + 14 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 2 + 1 = 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 1 + 1.

Primul termen este 1 sau 2. In primul caz numarul de scrieri este egal cu un−1, deoarecerestul termenilor sunt egali cu 1 sau cu 2 si au suma n− 1, iar ın al doilea caz numarul descrieri este egal cu un−2. Deci am obtinut recurenta

un = un−1 + un−2,

cu valorile initiale u1 = 1, u2 = 2. Definim u0 = 1 si astfel obtinem sirul lui Fibonacci,

deci un = Fn. Atasam ecuatia caracteristica r2 = r + 1, care are solutiile r1 = 1+√

52 si

r2 = 1−√

52 .

Solutia generala esteun = c1r

n1 + c2r

n2 ,

unde constantele c1 si c2 se detrmina din conditiile initiale u0 = 1 si u1 = 1.Astfel se obtine sistemulC1 + C2 = 11+√

52 C1 + 1−

√5

2 C2 = 1,

care are solutiile C1 =√

5+12√

5si C2 =

√5−1

2√

5.

Astfel obtinem

un = Fn =

√5 + 1

2√

5

(1 +√

5

2

)n+

√5− 1

2√

5

(1−√

5

2

)n=

=1√5

((1 +√

5

2

)n+1−(1−

√5

2

)n+1),

pentru orice n ≥ 0.

Daca notam f(x) =∞∑n=0

Fnxn, obtinem

xf(x) =

∞∑n=1

Fn−1xn si x2f(x) =

∞∑n=2

Fn−2xn.


Tinand cont de relatia de recurenta a lui un deducem:

f(x)− xf(x)− x2f(x) = F0 + (F1 − F0)x+

∞∑n=2

(Fn − Fn−1 − Fn−2)xn = F0 = 1,

de unde

f(x) =1

1− x− x2.

Observatie. Functia f(x) = 11−x−x2 este functia generatoare a sirului lui Fibonacci.

Observatie. Problema de mai sus poate fi enuntata si ın modul urmator:Sa se determine numarul de moduri de pardosire a unei alei de dimensiuni 2 × n cu

placi de dimensiune 2× 1.

Problema 13.14 Sa se arate ca functia generatoare a numerelor lui Catalan Tn este data

de egalitatea:

f(x) = T1x+ T2x2 + · · ·+ Tnx

n + · · · = 1−√

1− 4x

2.

Sa se gaseasca pe aceasta cale expresia numerelor Tn.

Solutie. Numarul lui Catalan se defineste ca fiind numarul de moduri ın care se potpune parantezele ıntr-un produs neasociativ de n factori, scrisi ın ordinea x1, x2, . . . , xn.

Daca exista o singura pereche de paranteze care nu sunt continute ın alte paranteze,atunci aceasta pereche contine ın interior produsul factorilor x2, . . . , xn, ramanand ınexterior factorul x1, sau contine produsul x1, . . . , xn−1, ramanand ınafara factorul xn.

Daca exista doua perechi de paranteze care nu sunt continute ın alte paranteze, rezultaca aceste perechi contin produsul factorilor x1, . . . xk, respectiv xk+1, . . . , xn, unde 2 ≤ k ≤n−2. Deoarece ıntr-un produs de k, respectiv n−k factori putem pune parantezele ın Tk,respectiv Tn−k moduri, rezulta relatia

Tn =

n−1∑k=1

TkTn−k,

cu T1 = 1.Daca notam f(x) = T1x+ T2x

2 + · · ·+ Tnxn + · · · = 1−

√1−4x2 , atunci

f2(x) = T 21 x

2 + (T1T2 + T2T1)x3 + · · ·+ (

n−1∑k=1

TkTn−k)xn + · · · = f(x)− x,

tinand seama de relatia de recurenta obtinuta si de datele initiale T1 = T2 = 1. Solutiile

ecuatiei de gradul al doilea f2(x) − f(x) − x = 0 sunt f(x) = 1±√

1−4x2 . Presupunem ca

x < 14 si ıntrucat f(0) = 0, obtinem

f(x) =1−√

1− 4x

2.

Vom dezvolta ın serie de puteri functia√

1− 4x, folosindu-ne de formula generalizataa binomului lui Newton.

464

(x+ a)α = aα + αaα−1x+ α(α−1)2! aα−2x2 + · · ·+

+α(α−1)...(α−k+1)k! aα−kxk + · · · ,

unde a > 0.Aceasta serie este convergenta pentru orice x care verifica |x| < a. Daca α este un

numar ıntreg si pozitiv, numai un numar finit de termeni ai seriei sunt nenuli, iar dez-voltarea obtinuta este formula binomului lui Newton.

Pentru a dezvolta (1 − 4x)12 ın serie de puteri ale lui x vom nota y = −4x, α = 1

2 si

vom dezvolta binomul (y + 1)12 . Se obtine coeficientul lui xn egal cu

(1/2)(−1/2)(−3/2)···(1/2−n+1)n! (−4)n = (−1)n−1 1

2n1·3···(2n−3)

n! (−1)n22n =

= − (2n−2)!2n−1(n−1)!n!

2n = −2 (2n−2)!n(n−1)!(n−1)! = − 2

n

(2n− 2n− 1

).

Dar Tn este coeficientul lui xn din dezvoltarea lui f(x), deci se obtine ınmultind cu −12

coeficientul lui xn din dezvoltarea lui (1− 4x)12 . Astfel, avem Tn = 1

n

(2n− 2n− 1

).

Problema 13.15 Sa se arate ca numarul sirurilor (x1, x2, . . . , x2n−2) cu xi ∈ −1, 1,

pentru i = 1, 2, . . . , 2n− 2 si care satisfac conditiile:

(a) x1 + x2 + · · ·+ xk ≥ 0 pentru orice 1 ≤ k ≤ 2n− 2;

(b) x1 + x2 + · · ·+ x2n−2 = 0

este egal cu 1n

2n− 2

n− 1

.

Solutie. Vom determina numarul de siruri de litere care contin litera a de k ori, literab de m ori si care au proprietatea(P ) : Pentru orice i, 1 ≤ i ≤ m+ k, numarul de litere a ın primele i litere ale sirului estemai mare sau egal cu numarul de litere b.

Numarul acestor siruri este nenul daca si numai daca este verificata conditia k ≥ m > 0.Numarul sirurilor de litere care contin litera a de k ori si litera b de m ori este egal cu

P (m, k) =

(m+ km

). Pentru a rezolva problema este suficient sa determinam numarul

sirurilor care nu verifica proprietatea (P ), deoarece numarul cautat se obtine prin scaderea

acestui numar din

(m+ km

).

Vom arata ca numarul sirurilor formate din m litere b si k litere a care nu verifica

proprietatea (P ) este egal cu P (m − 1, k + 1) =

(m+ km− 1

), adica este egal cu numarul

tuturor sirurilor formate din m−1 litere b si din k+1 litere a. Pentru aceasta vom consideraun sir format din m litere b si k litere a care nu verifica (P ). Va exista o pozitie cu numarul2s+ 1, unde s ≥ 0, astfel ıncat sirul considerat contine litera b ın pozitia 2s+ 1, iar ın fataacestei pozitii exista un numar egal de litere a si b, numar egal cu s. Vom considera celmai mic indice cu aceasta proprietate si vom adauga litera a ın fata acestui sir, obtinandastfel un sir format din m litere b si k+ 1 litere a. Prima litera a sirului astfel obtinut este


a, iar printre primele 2s+ 2 litere exista un numar egal de litere a si b. Schimbam literelea si b ıntre ele pe primele 2s+ 2 pozitii ale sirului.

Deoarece ın primele 2s+ 2 pozitii numarul de litere a a fost egal cu numarul literelorb, nu se va schimba numarul total de litere de fiecare fel si obtinem un sir format din mlitere b si k + 1 litere a. Prima litera este acum b.

Astfel am asociat fiecarui sir din m litere b si k litere a care nu satisfac (P ), un sirformat din m litere b si k + 1 litere a, care ıncep cu litera b. Se demonstreaza imediat caaceasta aplicatie este injectiva. (Se considera doua siruri diferite care nu satisfac (P ) sicare difera pe o pozitie de rang p ≤ 2s+ 1 sau p > 2s+ 1.)

Vom demonstra ca ın acest mod este posibil sa se obtina orice sir format din m litereb si k+ 1 litere a, care ıncep cu litera b, deci aplicatia este si surjectiva. Sa consideram unastfel de sir. Deoarece presupunem m ≤ k sau m < k + 1, va exista o pozitie pana la careexista un numar egal de litere a si b, pentru ca sirul ıncepe cu litera b.

Daca pana la prima pozitie cu aceste proprietati ınlocuim literele a si b ıntre ele sisuprimam prima litera a, vom gasi un sir format din k litere a si m litere b care nu verifica(P ).

Daca aplicam acestui sir transformarea descrisa gasim sirul de la care am plecat. Da-torita acestei bijectii numarul sirurilor cu m litere b si k litere a care nu verifica (P ) esteegal cu numarul sirurilor cu m litere b si k + 1 litere a care ıncep cu b. Daca suprimamprima litera b gasim toate sirurile formate din m−1 litere b si k+1 litere a, al caror numar

este egal cu P (m− 1, k + 1) =

(m+ km− 1

).

In concluzie, numarul sirurilor care satisfac (P ) este egal cu(m+ km

)−(m+ km− 1

)=k −m+ 1

k + 1

(m+ km

).

Pentru k = m = n− 1 se obtine numarul Tn = 1n

(2n− 2n− 1

).

Acest numar reprezinta solutia problemei, deoarece daca ıl ınlocuim pe 1 cu litera asi pe −1 cu litera b, conditia (a) exprima faptul ca numarul literelor a este cel putin egalcu numarul literelor b ın primele k pozitii ale sirului, pentru 1 ≤ k ≤ 2n− 2. Conditia (b)exprima faptul ca numarul literelor a este egal cu numarul literelor b si ambele sunt egalecu n− 1.

Problema 13.16 O triangulatie a unui poligon convex A1A2 . . . An+1 cu n + 1 varfuri

este o multime formata din n−2 diagonale care nu se intersecteaza ın interiorul poligonului

ci numai ın varfuri si care ımpart suprafata poligonului ın n− 1 triunghiuri.

Sa se arate ca numarul de triangulatii ale unui poligon convex cu n + 1 varfuri este

egal cu

Tn =1

n

(2n− 2

n− 1

).

Solutie. Vom arata ca exista o bijectie de la triangulatiile unui poligon convex cu n + 1vırfuri la multimea scrierilor cu paranteze ale unui produs de n factori ın ordinea x1, . . . , xn.

Daca poligonul cu n+1 varfuri este A1A2 . . . An+1 ne vom deplasa din A1 ın A2 s.a.m.d.pe laturile poligonului pana cand ajungem ın An+1, obtinand o scriere cu paranteze a unuiprodus cu n factori, dupa regulile urmatoare:

466

-cand ne deplasam pe o latura scriem un nou factor xi, ın ordinea x1, . . . , xn;-cand ajungem ıntr-un varf la care sosesc anumite diagonale ale triangulatiei, scriem

un numar de paranteze de ınchidere egal cu numarul de diagonale care au o extremitateın acel varf si pentru care cealalta extremitate a fost parcursa si un numar de parantezede deschidere egal cu numarul de diagonale care sunt incidente ın acel varf si pentru carecealalta extremitate nu a fost vizitata.

Este evident ca aceasta corespondenta este injectiva.Pentru a arata ca este si surjectiva, vom considera un produs cu paranteze a n factori

ın ordinea x1, . . . , xn. Acest produs contine n− 2 paranteze de deschidere si tot atatea deınchidere.

Fiecarei paranteze de deschidere ıi corespunde o unica paranteza de ınchidere. Pentrufiecare pereche formata dintr-o paranteza de deschidere si una de ınchidere vom consideraprima litera care se gaseste la dreapta parantezei de deschidere, fie xi si prima litera carese gaseste la stanga parantezei de ınchidere, fie xj si vom duce diagonala AiAj+1.

Deoarece fiecare pereche de paranteze contine ın interior un produs a doi factori siparantezele sunt corect puse, cele n− 2 diagonale ale poligonului constituie o triangulatiea acestuia.

Aplicand acestei triangulatii corespondenta descrisa, gasim produsul cu paranteze a nfactori de la care am plecat, ceea ce demonstreaza ca ea este o bijectie.

In concluzie, numarul de triangulatii este egal cu numarul lui Catalan, Tn.

Problema 13.17 Sa se arate ca numarul functiilor crescatoare

f : 1, . . . , n → 1, . . . , n

care satisfac conditia f(x) ≤ x, pentru orice 1 ≤ x ≤ n, este egal cu numarul lui Catalan

Tn+1 =1

n+ 1

(2n

n

).

Solutie. Considerand un sistem de axe xOy, vom desena dreptele de ecuatii x = k, y = lunde 0 ≤ k, l ≤ n sunt numere ıntregi si vom considera punctele de intersectie ale acestordrepte situate ın primul cadran, pe prima bisectoare si sub prima bisectoare.

Pentru fiecare functie crescatoare f : 1, . . . , n → 1, . . . , n vom construi un drumın aceasta retea ın felul urmator: daca ne aflam ın punctul M(i, f(i)), ne deplasam ınpunctul M1(i+ 1, f(i)) pe un segment orizontal, apoi ne deplasam pe un segment verticalpana cand ajungem ın punctul M2(i+1, f(i+1)). Daca f(i+1) = f(i), obtinem M2 = M1;ın caz contrar, deplasarea are loc ın sus, deoarece f(i+ 1) > f(i).

Efectuand aceste deplasari pentru i = 1, . . . , n − 1 obtinem un drum ascendent ınaceasta retea, de extremitati (1, 0) si (n, f(n)). Unind apoi originea O cu punctul (1, 0)printr-un segment orizontal si ın cazul cand f(n) < n, punctul (n, f(n)) cu punctul A(n, n)situat pe prima bisectoare, printr-un sir de segmente verticale, obtinem un drum de ex-tremitati O(0, 0) si A(n, n).

Este evident ca drumul astfel obtinut este compus din n segmente orizontale si nsegmente verticale, nu are coborasuri cand ne deplasam de la O catre A si este situat subprima bisectoare. Am obtinut astfel o corespondenta bijectiva ıntre multimea functiilorcrescatoare f : 1, . . . , n → 1, . . . , n care satisfac conditia f(x) ≤ x, pentru orice1 ≤ x ≤ n, si multimea drumurilor de extremitati O si A cu proprietatile mentionate.


Injectivitatea acestei aplicatii este evidenta, deoarece la functii diferite corespund drumuridiferite. Pentru a arata ca este si surjectiva, sa consideram un drum cu extremitatile O siA, cu proprietatile mentionate. Definim funtia fd prin

fd = max j| (i, j) ∈ d,

pentru orice i = 1, . . . , n. In acest caz imaginea functiei fd prin corepondenta descrisa estechiar drumul d, ceea ce demonstreaza surjectivitatea acestei corespondente.

Pentru a numara drumurile ascendente de lungime 2n de extremitati O si A(n, n), sit-uate sub prima bisectoare, se observa ca exista o corespondenta biunivoca ıntre multimeadrumurilor si multimea sirurilor (x1, x2, . . . , x2n) cu xi = 1 sau xi = −1, pentru 1 ≤ i ≤ 2n,care satisfac conditiile:

(a) x1 + x2 + · · ·+ xk ≥ 0, pentru orice k = 1, . . . , n si

(b) x1 + x2 + · · ·+ x2n = 0

Pentru a defini aceasta corespondenta sa ne deplasam pe un drum ascendent d de la O laA. Drumul d se poate scrie ca un sir de segmente de lungime 1, d = (s1, s2, s2n), ordineaindicilor indicand ordinea de parcurgere a segmentelor cand ne deplasam de la O la A. Sirulasociat drumului se obtine din sirul (s1, s2, s2n) scriind ın locul fiecarui segment orizontalnumarul 1 si ın locul fiecarui segment vertical numarul −1.

Conditia (a) exprima faptul ca drumul d nu poate trece prin puncte situate deasupraprimei bisectoare a axelor, iar conditia (b) faptul ca el contine n segmente orizontale si nsegmente verticale, deci faptul ca el se termina ın punctul A.

Conform unei probleme anterioare, numarul sirurilor (x1, . . . , x2n) formate din 1 si −1

cu proprietatile enuntate este egal cu Tn+1 = 1n+1

(2nn

).

Problema 13.18 Sa se arate ca numarul sirurilor (a1, a2, . . . a2n+1) formate din ıntregi

nenegativi, cu proprietatea ca a1 = a2n+1 = 0 si |ai − ai+1| = 1 pentru i = 1, 2, . . . , 2n,

este egal cu numarul lui Catalan

Tn+1 =1

n+ 1

(2n

n

).

Solutie. Conform unei probleme anterioare, numarul sirurilor (x1, x2, . . . , x2n) cu termeni1 sau −1, care verifica conditiile x1 + x2 + · · · + xk ≥ 0 pentru orice 1 ≤ k ≤ 2n si

x1 + x2 + · · ·+ x2n = 0 este egal cu 1n+1

(2nn

).

Sa observam ca exista o bijectie de la multimea sirurilor x = (x1, x2, . . . , x2n) lamultimea sirurilor a = (a1, a2, . . . , a2n+1) care verifica conditiile date, definita prinf(x) = a daca

a1 = 0,a2 = x1 = 1,a3 = x1 + x2,. . .ak+1 = x1 + x2 + · · ·+ xk, pentru 1 ≤ k ≤ 2n,

deci a2n+1 = 0.

468

Problema 13.19 Fie X o colectie de n obiecte (n ≥ 1), nu neaparat distincte. Daca

n ≥ a2 + 1, cu a numar ıntreg nenegativ, aratati ca are loc cel putin unul din urmatoarele

doua cazuri:

(a) cel putin a+ 1 obiecte sunt identice;

(b) cel putin a+ 1 obiecte sunt distincte doua cate doua.

Solutie. Prin reducere la absurd, presupunem ca (a) si (b) nu au loc. Rezulta ca X continecel mult a obiecte distincte doua cate doua si fiecare dintre acestea sunt prezente ın celmult a copii, deci X are cel mult a2 ≤ n− 1 obiecte, ceea ce este absurd.

In consecinta, concluzia problemei este adevarata.Observatie. Problema de mai sus este de acelasi tip cu urmatoarele:

(a) Din orice sir de n2 +1 numere reale se poate extrage sau un subsir crescator cu n+1termeni, sau un subsir descrescator cu n+ 1 termeni.

(b) Se dau n2 +1 intervale pe o dreapta, atunci sau exista n+1 intervale dintre ele astfelıncat oricare doua sunt disjuncte, sau exista n+ 1 cu intersectia nevida.

Problema 13.20 Fie A = (i)1≤i≤n, B = (i)1≤i≤n, C = (i)1≤i≤n trei partitii ale unei

multimi finite M.

Daca pentru orice i, j, k exista inegalitatea

|Ai ∩Bj |+ |Ai ∩ Ck|+ |Bj ∩ Ck| ≥ n,

atunci |M | ≥ n3

3 , egalitatea putand avea loc ın cazul n ≡ 0 ( mod 3).

Solutie. Sumand inegalitatile date dupa j = 1, 2, . . . , n obtinem

|Ai|+ n|Ai ∩ Ck|+ |Ck| ≥ n2.

Adunam inegalitatile obtinute pentru i = 1, . . . , n si avem

|M |+ 2n|Ck| ≥ n3.

Insumand si dupa k deducem ca n|M |+ 2n|M | ≥ n4, de unde |M | ≥ n3

3 .

Daca n ≡ 0 (mod 3) aceasta margine inferioara poate fi atinsa. Intrucat |M | ≥ n3

3 ,consideram urmatoarea partitie a lui M :

M = A11 ∪A1

2 ∪ · · · ∪A1n ∪A2

1 ∪A22 ∪ · · · ∪A2

n ∪ · · · ∪An1 ∪An2 ∪ · · · ∪Ann,

astfel ıncat |Aji | = n/3 pentru orice 1 ≤ i, j ≤ n.

Daca notam Ai =n⋃j=1

Aij , Bi =n⋃j=1

Aji si Ci =n⋃j=1

Aji+j−1 (mod n), atunci partitiile

(Ai), (Bi), (Ci), 1 ≤ i ≤ n, verifica egalitatea

|Ai ∩Bj |+ |Ai ∩ Ck|+ |Bj ∩ Ck| = n,


deoarece pentru i, j, k sunt verificate relatiile

|Ai ∩Bj | = |Ai ∩ Ck| = |Bj ∩ Ck| =n

3.

In acest caz avem |M | = n3

3 .

Problema 13.21 O functie f : X → X se numeste idempotenta daca f(f(x)) = f(x),

pentru orice x ∈ X.

Daca multimea X are n elemente, sa se arate ca numarul i(n) al functiilor idempotente

f : X → X este dat de relatia:

i(n) =

n∑k=1

(n

k

)kn−k.

Solutie. Vom arata pentru ınceput ca f este idempotenta daca si numai daca functiag : Y → Y, unde Y = f(X) si g(x) = f(x) pentru orice x ∈ Y, este functia identica.

Consideram un element arbitrar x ∈ Y = f(X), atunci exista z ∈ X astfel ıncatx = f(z) si ıntrucat f este idempotenta avem:

g(x) = f(x) = f(f(z)) = f(z) = x,

pentru orice element arbitrar x ∈ Y.Daca g este functia identica, deducem:

f(f(x)) = f(y) = g(y) = y = f(x),

pentru orice x ∈ X, deci f este idempotenta.Daca notam |Y | = k, rezulta 1 ≤ k ≤ n.

Multimea Y poate fi aleasa ın

(nk

)moduri, restrictia functiei f la Y este functia

identica, iar numarul functiilor h : X \ Y → Y este egal cu kn−k. Deoarece f este identicape Y rezulta ca f este unic determinata de restrictia sa h la X \ Y. Astfel este justificataformula pentru i(n).

Problema 13.22 Un lant de lungime n ın familia partitiilor unei multimiX cu n elemente

este un sir de partitii distincte doua cate doua care verifica:

P1 < P2 < · · · < Pn.

Partitia P1 are o singura clasa formata din X, iar Pn are n clase care contin fiecare cate

un singur element al lui X.

Sa se arate ca numarul lanturilor de lungime n ın familia partitiilor lui X cu n elemente

este egal cu

(n− 1)!n!

2n−1.

470

Solutie. Fiecare partitie Pk, cu 1 ≤ k ≤ n − 1, are k clase si se obtine din Pk+1 prinunificarea a doua clase ıntr-una singura. Deci, daca Pn, Pn−1, . . . , Pk+1 sunt fixate, partitiaPk poate fi aleasa ın

(k+1

2

)moduri.

Numarul lanturilor de lungime n este egal cu

n−1∏k=1

(k + 1

2

)=

(n− 1)!n!

2n−1.


∑A1,...Ak

|A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak| = n(2k − 1)2k(n−1),

unde suma se face dupa toate alegerile submultimilor A1, . . . Ak ale unei multimi X cu n

elemente.

Solutie. Fie Y ⊂ X cu |Y | = p. Y poate fi scris ca o reuniune a k multimi, Y =A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak ın (2k − 1)p moduri diferite. Intr-adevar, fiecare dintre cele p elementeale lui Y poate apartine unui numar de 2k − 1 familii nevide de submultimi A1, . . . Ak.

Deoarece Y poate fi aleasa ın

(np

)moduri diferite, rezulta ca

∑|A1 ∪ · · · ∪Ak| =

n∑p=1

p

(np

)(2k − 1)p

= n(2k − 1)n∑p=1

(n− 1p− 1

)(2k − 1)p−1

= n(2k − 1)2k(n−1).

Problema 13.24 Sa se demonstreze ca:

∑|A1 ∪ · · · ∪Ak| = (2k − 1)

∑|A1 ∩ · · · ∩Ak|,

unde sumele se efctueaza dupa toate alegerile posibile ale submultimilor A1, . . . Ak ale unei

multimi X.

Solutie. Tinand cont de problema anterioara, trebuie sa mai aratam ca∑|A1∩· · ·∩Ak| =

n2k(n−1), daca |X| = n.Deoarece operatia de trecere la complementara:

C(A1 ∪ · · · ∪Ak) = CA1 ∩ · · · ∩ CAk

stabileste o bijectie ıntre familia multimilor de forma A1 ∪ · · · ∪ Ak si familia multimilorde forma A1 ∩ · · · ∩Ak, iar

|CA1 ∩ · · · ∩ CAk| = n− |A1 ∪ · · · ∪Ak|,


putem scrie∑|A1 ∩ · · · ∩Ak| =

∑(n− |A1 ∪ · · · ∪Ak|) = n2nk − n(2k − 1)2k(n−1) = n2k(n−1),

adica ceea ce trebuie aratat.S-a tinut seama ca fiecare din sumele scrise contine 2nk termeni, iar fiecare din multimile

A1, . . . Ak poate fi aleasa dintre submultimile lui X ın 2n moduri.

Problema 13.25 Fie X o multime finita si E1, . . . , Em o familie de submultimi ale lui

X cu proprietatea ca oricare doua multimi distincte Ei si Ej nu au exact un element ın

comun si |Ei| ≥ 2 pentru i = 1, . . . ,m.

Sa se arate ca putem colora elementele din X cu doua culori, astfel ıncat nicio multime

Ei sa nu aiba toate elementele de o aceeasi culoare, pentru 1 ≤ i ≤ m.

Solutie. Fie X = x1, . . . , xn. Vom colora aceste elemente cu una din culorile a saub, astfel ıncat nicio multime Ei sa nu fie monocromatica. Sa coloram elementul x1 cuculoarea a. Presupunand ca am colorat elementele x1, . . . , xi, cu 1 < i < n, cu culorile asau b astfel ıncat sa nu apara nicio multime Ek monocromatica, sa consideram cazul candacest proces nu mai poate continua. Deci nu putem colora elementul xi+1 cu culoarea a,deoarece exista o multime E ⊂ x1, . . . , xi+1 cu xi+1 ∈ E care are toate elementele diferitede xi+1 colorate cu culoarea a. Elementul xi+1 nu poate fi colorat nici cu culoarea b, deciexista o multime F ⊂ x1, . . . , xi+1 cu xi+1 ∈ F, care are toate elementele diferite de xi+1

colorate cu culoarea b. Obtinem ca E,F sunt doua multimi distincte dintre E1, . . . , Em siE ∩F = xi+1, ceea ce contrazice ipoteza. Deci putem colora elementul xi+1 cu culoareaa sau cu culoarea b, astfel ıncat sa nu apara multimi Ek monocromatice.

Am demonstrat astfel prin inductie ca acest proces de colorare poate continua panacand reusim sa coloram toate elementele din X cu doua culori, astfel ıncat sa nu aparanicio multime monocromatica.

Problema 13.26 Sa se arate ca numarul P (n,m) al partitiilor ıntregului n ın m parti

satisface recurenta:

P (n+ k, k) = P (n, 1) + P (n, 2) + · · ·+ P (n, k),

iar P (n, 1) = P (n, n) = 1

Solutie. Partitiile numarului n cu cel mult k parti formeaza o multime cu P (n, 1) +P (n, 2) + · · ·+P (n, k) elemente. Fiecare partitie a lui n cu cel mult k parti poate fi scrisasub forma

n = a1 + a2 + · · ·+ am + 0 + · · ·+ 0,

unde suma contine k termeni si a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ am ≥ 1, cu 1 ≤ m ≤ k.Din aceasta exprimare a lui n putem obtine o partitie a lui n+ k cu k parti astfel:

n+ k = (a1 + 1) + (a2 + 1) + · · ·+ (am + 1) + 1 + · · ·+ 1,

472

unde suma contine k termeni si a1 + 1 ≥ a2 + 1 ≥ · · · ≥ am + 1 ≥ 1.Aplicatia astfel definita este o injectie, deoarece unor partitii diferite ale lui n cu cel

mult k parti le corespund partitii diferite ale lui n + k cu k parti. Ea este si surjectie,deoarece orice partitie a lui n + k cu k parti provine din acea partitie a lui n cu m ≤ kparti obtinuta prin scaderea unei unitati din fiecare termen al partitiei lui n+k si retinandprimii termeni diferiti de zero. Existenta unei bijectii ıntre multimea partitiilor lui n cucel mult k parti si multimea partitiilor lui n + k cu k parti justifica recurenta data,care permite calculul prin recurenta al tuturor numerelor P (n, k), plecand de la valorileP (n, 1) = P (n, n) = 1, pentru orice n, si P (n, k) = 0 pentru n < k.

Problema 13.27 Sa se arate ca numarul P (n) al partitiilor lui n si P (n,m) al partitiilor

ıntregului n ın m parti, verifica relatia:

P (n,m) = P (n−m) pentru m ≥ n

2.

Solutie. Fiecarei partitii a lui n ın m parti, de forma n = n1 + n2 + · · · + nm, cu n1 ≥n2 ≥ · · · ≥ nm ≥ 1, ıi corespunde o partitie a lui n−m, obtinuta din scrierea

n−m = (n1 − 1) + (n2 − 1) + · · ·+ (nm − 1),

prin suprimarea eventualilor termeni nuli.Aplicatia astfel definita este injectiva. Vom demonstra ca ea este si surjectiva pentru

m ≥ n2 . Intr-adevar, plecand de la o partitie

n−m = r1 + · · ·+ rk

a lui n −m, obtinem k ≤ m, deoarece ın caz contrar am avea k ≥ m + 1, deci n −m ≥k ≥ m+ 1, ceea ce implica m ≤ n−1

2 . Dar acest rezultat contrazice ipoteza m ≥ n2 .

Adunand cate o unitate la fiecare din termenii de mai sus si adaugand m − k ≥ 0termeni egali cu 1, obtinem o partitie a lui n cu m parti

n = (r1 + 1) + · · ·+ (rk + 1) + 1 + · · ·+ 1,

a carei imagine prin aplicatia descrisa este partitia lui n−m de la care am plecat.

Problema 13.28 Sa se justifice expresiile urmatoarelor functii generatoare:

(a) Functia generatoare a numerelor P (n) ale tuturor partitiior ıntregului n este:

∞∑n=0

P (n)xn =1

(1− x)(1− x2)(1− x3) · · ·,

unde P (0) = 1;

(b) Functia generatoare a numerelor P (n,m) ale partitiior ıntregului n ın m parti este:

∞∑n=0

P (n,m)xn =xm

(1− x)(1− x2)(1− x3) · · · (1− xm);


(c) Functia generatoare a numerelor partitiilor lui n ın parti impare este

1

(1− x)(1− x3)(1− x5) · · ·;

(d) Functia generatoare a numerelor partitiilor lui n ın parti distincte doua cate doua

este

(1 + x)(1 + x2)(1 + x3) · · · ;

(e) Functia generatoare a numerelor partitiilor lui n ın parti impare, distincte doua cate

doua este

(1 + x)(1 + x3)(1 + x5) · · · .

Solutie. Vom da demonstratia doar ın cazul (a), ın celelalte cazuri ea facandu-se analog.Fie dezvoltarea

1

(1− a1x)(1− a2x2) · · · (1− akxk) · · ·=

(1 + a1x+ a21x

2 + · · · )(1 + a2x2 + a2

2x4 + · · · ) . . . (1 + akx

k + a2kx

2k + · · · ) =

1 + a1x+ (a21 + a2)x2 + · · ·+ (aλ11 aλ22 · · · a

λkk + · · · )xn + · · ·

Se observa ca termenul aλ11 aλ22 · · · aλkk care intra ın coeficientul lui xn are proprietatea

ca λ1 + 2λ2 + · · ·+ kλk = n, deci el defineste o partitie a lui n si anume:

n = k + k + · · ·+ k︸︷︷︸λk

+ · · ·+ 2 + 2 + · · ·+ 2︸︷︷︸λ2

+ 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸λ1

.

Tinand cont de modul de desfacere a parantezelor, se observa ca ın acest fel exponentiiliterelor care apar ın coeficientul lui xn genereaza fara repetitie toate partitiile lui n, decidaca facem a1 = a2 = · · · = 1, coeficientul lui xn va fi tocmai numarul partitiilor lui n,adica P (n).

Din (a) deducem (c) deoarece λ2 = λ4 = · · · = 0Demonstratia punctelor (d) si (e) se face ın mod analog.

Problema 13.29 Sa se determine toate perechile de numere ıntregi pozitive (a, b) cu pro-

prietatea ca exista o descompunere a multimii numerelor ıntregi pozitive ın doua multimi

A si B, astfel ıncat aA = bB.

IMC, 2003

Solutie. Este evident ca a 6= b, deoarece A si B sunt disjuncte.Fie a, b o solutie a problemei, pentru care avem o descompunere a multimii numerelor

ıntregi data de multimile A si B, astfel ıncat aA = bB. Daca notam d = (a, b) cel mai maredivizor comun al numerelor a si b, atunci a = da1, b = bb1, (a1, b1) = 1 si a1A = b1B.

474

Rezulta ca a1, b1 este o solutie, deci este suficient sa determina solutiile a, b doar ıncazul (a, b) = 1.

Daca 1 ∈ A, atunci a ∈ aA = bB, de unde obtinem ca b este un divizor al lui a.Analog, daca 1 ∈ B, atunci a este un divizor al lui b. Deci, pentru toate solutiile, unuldintre numerele a, b este un divizor al celuilalt.

Sa demonstram ca daca n ≥ 2, atunci perechea (1, n) este o solutie a problemei.Pentru fiecare ıntreg pozitiv k, fie f(k) cel mai mare ıntreg nenegativ astfel ıncat nf(k) | k.Consideram multimile

A = k : f(k) este impar, B = k : f(k) este par.

Astfel am obtinut o descompunere a multimii numerelor ıntregi nenegative ce satisfaceconditia A = nB.

Problema 13.30 Pentru un numar ıntreg n ≥ 3, se definesc multimile,

Sn = (x1, x2, . . . , xn);∀i, xi ∈ 0, 1, 2

An = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Sn; ∀i ≤ n− 2, |xi, xi+1, xi+2| 6= 1

si

Bn = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Sn; ∀i ≤ n− 1, (xi = xi+1 ⇒ xi 6= 0) .

Sa se arate ca |An+1| = 3|Bn|.

IMC, 2005

Solutia 1. Extindem definitiile ın pentru n = 1, 2. Consideram urmatoarele multimi

A′n = (x1, x2, . . . , xn) ∈ An;xn−1 = xn , A

′′n = An \A

′n

B′n = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Bn;xn = 0 , B′′n = Bn \B

′n

si notam an = |An|, a′n = |A′n|, a

′′n = |A′′n|, bn = |Bn|, b

′n = |B′n|, b

′′n = |B′′n|.

Urmatoarele relatii pentru a−siruri sunt evidente:an = a

′n + a

′′n

a′n+1 = a

′′n

a′′n+1 = 2a

′n + 2a

′′n,

ceea ce ne conduce la an+1 = 2an + 2an−1.Pentru b−siruri sunt adevarate relatiile:

bn = b′n + b

′′n

b′n+1 = b

′′n

b′′n+1 = 2b

′n + 2b

′′n,

de unde obtinem bn+1 = 2bn + 2bn−1.Pentru primele valori ale sirurilor (an) si (bn) avema1 = 3, a2 = 9, a3 = 24,b1 = 3, b2 = 8,

de unde


a2 = 3b1a3 = 3b2.

In continuare, se demonstreaza prin inductie ca an+1 = 3bn, pentru orice n ≥ 1.Solutia 2. Considerand xi ca elemente ale lui Z3 si lucrand ”modulo 3”, obtinem(x1, x2, . . . , xn) ∈ An ⇒ (x1 + 1, x2 + 1, . . . , xn + 1) ∈ An,

(x1 + 2, x2 + 2, . . . , xn + 2) ∈ An,ceea ce ınseamna ca 1/3 dintre elementele lui An ıncep cu 0. Stabilim astfel o bijectie

ıntre submultimea vectorilor lui An+1 care ıncep cu 0 si multimea Bn prin

(0, x1, x2, . . . , xn) ∈ An+1 7→ (y1, y2, . . . , yn) ∈ Bn

y1 = x1, y2 = x2 − x1, y3 = x3 − x2, . . . , yn = xn − xn−1.

(daca yk = yk+1 = 0⇒ xk −xk−1 = xk+1−xk = 0, cu x0 = 0, de unde xk−1 = xk = xk+1,ceea ce contrazice definitia lui Ak−1.)

Aplicatia inversa este definita prin

(y1, y2, . . . , yn) ∈ Bn 7→ (0, x1, x2, . . . , xn) ∈ An+1

x1 = y1, x2 = y1 + y2, . . . , xn = y1 + y2 + · · ·+ yn.

Problema 13.31 Fie V un poligon convex cu n varfuri.

(a) Sa se demonstreze ca daca n este divizibil cu 3, atunci V poate fi triangulat (adica

ımpartit ın triunghiuri disjuncte doua cate doua, cu pastrarea varfurilor) astfel ıncat

fiecare varf al lui V devine varf al unui numar impar de triunghiuri.

(a) Daca n nu este divizibil cu 3, atunci V poate fi triangulat astfel ıncat exact doua

varfuri ale sale devin varfuri ale unui numar par de triunghiuri.

IMC, 2006

Solutie. Vom rezolva problema prin inductie dupa n. In cazurile n = 3, 4, 5 concluziaeste evidenta.

Presupunem ca este adevarata concluzia problemei pentru n = k si consideram cazuln = k + 3. Notam varfurile lui V cu P1, . . . , Pk+3. Conform ipotezei inductive pentrupoligonul P1 . . . Pk, fiecare dintre varfurile acestuia apartine unui numar impar de tri-unghiuri, cu exceptia a doua varfuri daca n nu este divizibil cu 3. Adaugam triunghiurileP1PkPk+2, PkPk+1Pk+2 si P1Pk+2Pk+3. Astfel atasam doua noi triunghiuri cu varfurile ınP1 si Pk, deci paritatea este mentinuta.

Varfurile Pk+1, Pk+2, Pk+3 apartin unui numar impar de triunghiuri. Atunci numarulvarfurilor care apartin unui numar par de triunghiuri ramane acelasi ca si pentru poligonulP1P2 . . . Pk.

Problema 13.32 Un produs trebuie sa treaca prin sase faze de prelucrare (operatii)

pentru a ajunge finit. Fie xi, i = 1, 6 aceste operatii. Conditiile tehnice impun respectarea

urmatoarelor restrictii:

476

a) Operatia x1 trebuie efectuata ınaintea operatiilor x2 si x4;

b) Operatia x2 trebuie efectuata ınaintea operatiei x3 si dupa operatia x5;

c) Operatia x4 trebuie efectuata ınaintea operatiilor x3 si x5;

d) Operatia x6 trebuie efectuata ultima.

Sa se indice ordinea efectuarii operatiilor astfel ıncat, trecand o data si numai o data

prin fiecare faza de prelucrare, sa se obtina produsul finit.

Solutie. Vom considera cele sase operatii drept varfuri ale unui graf, iar faptul caoperatia xi trebuie efectuata ınaintea operatiei xj va fi desemnat prin arcul (xi, xj) .

In aceste conditii se obtine graful

Metoda 1.Utilizam matricea conexiunii directe.In prima etapa eliminam varful corespunzator coloanei formate numai din zerouri, iar

din matrice linia si coloana corespunzatoare acestuia. Continuam procedeul cu matriceaastfel obtinuta pana la ultimul varf eliminat.

Ordinea fazelor de prelucrare va fi indicata de varfurile grafului, ın ordinea eliminarii.

x1

x2

x3

x4

x5

x6

x1 x2 x3 x4 x5 x6

0 1 0 1 0 1

0 0 1 0 0 10 0 0 0 0 10 0 1 0 1 00 1 1 0 0 10 0 0 0 0 0

x1→

x2

x3

x4

x5

x6

x2 x3 x4 x5 x60 1 0 0 10 0 0 0 10 1 0 1 0

1 1 0 0 10 0 0 0 0

x4→

x2

x3

x5

x6

x2 x3 x5 x60 1 0 10 0 0 11 1 0 1

0 0 0 0

x5→x2

x3

x6

x2 x3 x6 0 1 1

0 0 10 0 0

x2→ x3

x6

x3 x6(0 1

0 0

)x3→

Asadar ordinea fazelor de prelucrare este indicata de drumul hamiltonian:

DH = (x1, x4, x5, x2, x3, x6) .

Metoda 2.Utilizam matricea conexiunii totale.


T =

0 1 1 1 1 10 0 1 0 0 10 0 0 0 0 10 1 1 0 1 10 1 1 0 0 10 0 0 0 0 0

x1 x2 x3 x4 x5 x6

x1

x2

x3

x4

x5

x6

Observam ca tii = 0, i = 1, 6 si deci graful nu are cicluri.Numarul elementelor nenule din matricea T este C2

6 si deci, ın graf exista un drumhamiltonian (conform teoremei lui Chen).

Asezam liniile matricei T dupa ,,puterile” de atingere a varfurilor si obtinem matricea

T ∗ =

0 1 1 1 1 10 1 1 0 1 10 1 1 0 0 10 0 1 0 0 10 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0

x1

x4

x5

x2

x3

x6

Drumul hamiltonian este DH = (x1, x4, x5, x2, x3, x6) .

Problema 13.33 Intr-o camera se afla sase persoane. Utilizand teoria grafurilor,

demonstrati ca exista 3 persoane care se cunosc ıntre ele sau 3 persoane care nu se cunosc

ıntre ele.

Solutie. Consideram ca cele sase persoane sunt situate ın nodurile unui graf conex cusase varfuri.Luam ca referinta nodul A (persoana A).

F

E

D

C

A

B

Unim doua noduri printr-o muchie verde daca persoanele corespunzatoare se cunosc siprintr-o linie rosie daca ele nu se cunosc.

In camera cele 6 persoane pot fi ın situatia X cunoaste pe Y sau X nu cunoaste pe Y.Din A pleaca 5 muchii ⇒ sunt cel putin 3 muchii de aceeasi culoare (presupunem

verde).Izolam subgraful A,F,E,C .Daca F si E s-ar cunoaste (linia verde), atunci avem 3 persoane care se cunosc: A,F,E.Asadar F si E nu se cunosc (linia rosie).Rationam analog pentru muchiile CE si CF .Obtinem astfel triunghiul CEF, ın varfurile caruia se afla persoane care nu se cunosc

ıntre ele.

Problema 13.34 Intr-un plan trasam un numar oarecare de drepte, astfel ıncat oricare

478

trei dintre ele sa nu fie concurente. Obtinem un graf planar G considerand punctele de

intersectie ale dreptelor ca varfuri ale grafului si segmentele dintre punctele de intersectie

vecine drept muchii ale acestui graf.

Sa se demonstreze ca χ (G) ≤ 3.

Solutie. Notam coordonatele punctelor de intersectie, ıntr-un sistem ortogonal de axeın plan cu (x1, y1) ; (x2, y2) ; . . . ; (xn, yn) .

Putem presupune ca directiile axelor de coordonate sunt astfel alese ıncat absciselex1, x2, . . . , xn sa fie diferite doua cate doua.

Nu restrangem generalitatea presupunand ca x1 < x2 < · · · < xn.Vom colora varfurile grafului, ın aceasta ordine, succesiv cu trei culori. Daca am colorat

cu 3 culori varfurile de abscise x1, x2, . . . , xi−1, varful (xi, yi) are cel mult doua varfuriadiacente lui care au fost deja colorate, deoarece nu exista trei drepte concurente.

Asadar pentru varful (xi, yi) gasim o a treia culoare disponibila, pentru i = 2, n, ceeace verifica inegalitatea ceruta ın enunt.

Problema 13.35 Consideram un graf conex G si notam cu d (x, y) distanta dintre

varfurile x si y, adica numarul muchiilor din cel mai scurt lant care uneste pe x cu y

si cu e (x) = maxy∈V

d (x, y) excentricitatea varfului x.

Centrul grafului G este format din acele varfuri ce au excentricitatea minima, minim

notat cu ρ (G) si numit raza grafului G.

a) Sa se demonstreze ca centrul oricarui arbore este format dintr-un varf sau din doua

varfuri adiacente.

b) Daca G este arbore, sa se demonstreze ca e (x) este o functie convexa, ın sensul ca

daca y si z sunt varfuri adiacente cu x, atunci:

e (x) ≤ e (y) + e (z)

2

c) Demonstrati ca pentru orice graf conex avem d (G) ≤ 2ρ (G), unde d (G) este di-

ametrul grafului G.

Solutie. a) Demonstram mai ıntai ca daca suprimam toate varfurile de grad 1 alearborelui G, atunci e (x) descreste cu o unitate pentru toate varfurile subgrafului astfelobtinut.

Toate varfurile la distanta e (x) de x sunt de gradul 1, deci prin suprimarea acestorae (x) descreste pentru toate varfurile ramase. Prin aceasta operatie e (x) descreste cu exacto unitate, deoarece cel mai lung lant care pleaca din x se termina ıntr-un varf de gradul 1al lui G, care este apoi suprimat. Proprietatea este evidenta pentru grafurile cu un singurvarf sau doua si sa presupunem ca ea este adevarata pentru toti arborii cu cel mult n− 1varfuri.


Consideram ca G are n > 2 varfuri.Notam cu C0 multimea varfurilor x care formeaza centrul lui G. Daca C0 nu contine

nici un varf de gradul 1, suprimam toate varfurile de grad 1 ale arborelui G. Deoarecepentru toate varfurile ramase x, valoarea e (x) scade cu o unitate, rezulta ca prin aceastaoperatie se obtine un nou arbore G∗ cu acelasi centru C0.

Deoarece G∗ are cel mult n− 2 varfuri, rezulta conform ipotezei de inductie ca C0 esteformat dintr-un varf sau din doua varfuri adiacente si demonstratia este ıncheiata. DacaC0 contine un varf x de gradul g (x) = 1 rezulta ca x este adiacent cu un singur varf y.Evident ca y este strict mai apropiat decat x de oricare varf alt al lui G.

Deci e (x) poate fi minim numai daca e (x) = 1 si G este un arbore format din varfurilex si y legate printr-o muchie. In acest caz, C0 = x, y si proprietatea este demonstrata.Lanturile de lungime maxima ale unui arbore au intersectia nevida si aceasta continecentrul arborelui.

b) Fie L un lant de lungime e (x) care pleaca din x. Daca L nu contine nici unul dintrevarfurile y sau z, atunci:

e (y) = 1 + e (x) si e (z) = 1 + e (x)

Din acestea obtinem:

e (x) <e (y) + e (z)

2

Lantul L nu poate sa contina si varful y si varful z deoarece ambele varfuri sunt vecinecu x.

Daca L contine pe y, obtinem: e (y) ≥ e (x)− 1 si e (z) = e (x) + 1, de unde obtinem:

e (x) ≤ e (y) + e (z)

2

c) Aplicatia d : V × V → N, d = d (x, y) , definita ın enunt pentru orice x, y ∈ V esteo metrica pe aceasta multime si deci ea satisface inegalitatea triunghiulara. Fie x, y douavarfuri astfel ıncat d (x, y) = d (G) si z un varf de excentricitate minima, egal cu ρ (G) .

Avem:d (G) = d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y) ≤ ρ (G) + ρ (G) = 2ρ (G)

Problema 13.36 Daca G ≡ (V,U) este un arbore si f : V → V este o aplicatie cu pro-

prietatea ca daca [x, y] ∈ U, atunci f (x) = f (y), sau [f (x) , f (y)] ∈ U, sa se demonstreze

ca f are un punct fix sau o muchie fixa.

Solutie. Demonstram proprietatea prin inductie, dupa numarul varfurilor arboreluiG.

Daca |V | ∈ 1, 2, proprietatea este evidenta. Presupunem ca proprietatea esteadevarata pentru orice arbore cu cel mult n − 1 varfuri si sa o demonstram pentru unarbore G cu n ≥ 3 varfuri.

Daca f este o bijectie, atunci pentru orice x 6= y avem f (x) 6= f (y) si [x, y] ∈ U implica[f (x) , f (y)] ∈ U, deci f este un automorfism al lui G. Orice varf terminal este dus de ftot ıntr-un varf terminal. Notam cu G∗ subarborele obtinut din G prin suprimarea tuturorvarfurilor terminale.

Evident G∗ este nevid deoarece n ≥ 3. Notam cu V ∗ multimea varfurilor lui G∗.Rezulta ca f (V ∗) = V ∗ si restrictia lui f la V ∗, notata f∗ are aceeasi proprietate ca si

480

f. Asadar f∗ si ın consecinta f are un punct fix sau o muchie fixa, conform ipotezei deinductie (|V ∗| ≤ n− 2) .Daca f nu este o bijectie, atunci f (V ) este o submultime proprie de varfuri ale lui G.

Aceste varfuri induc un subgraf conex al lui G din conditia impusa lui f, deci f (V )este multimea varfurilor unui arbore si |f (V ) | ≤ n− 1.

Deoarece f (f (V )) ⊂ f (V ) putem considera restrictia lui f la subarborele general demultimea de varfuri f (V ) care are aceeasi proprietate ca f. Conform ipotezei de inductie,aceasta restrictie, deci si f, are un punct fix sau o muchie fixa.

Observatie. Proprietatea nu mai este adevarata daca G este un graf cu cicluri.De exemplu, daca G ≡ K3 contine varfurile x, y, z, definim f prin f (x) = y, f (y) = z,f (z) = x. In acest caz, aplicatia f nu are nici puncte fixe, nici muchii fixe.

Problema 13.37 Se noteaza cu an numarul arborilor cu varfurile x1, x2, . . . , xn.

a) Sa se demonstreze ca:

an =

n−1∑k=1

k

(n− 2

k − 1

)akan−k;

b) Sa se demonstreze formula lui Cayley plecand de la aceasta identitate si folosind

una din identitatile lui Abel.

O. Dziobek, Sitzungsber. Berl. Math. G., 17 (1917), 64-67

Solutie. a) Pentru orice arbore A cu n varfuri x1, x2, . . . , xn, daca suprimam o muchieoarecare obtinem doi arbori disjuncti care contin ımpreuna toate varfurile lui A. Marcamextremitatile muchiei suprimate. Deoarece A are n − 1 muchii, plecand de la toti cei anarbori cu n varfuri obtinem (n− 1) an perechi de astfel de arbori cu cate un varf marcatın fiecare arbore. Daca A1 si A2 sunt doi arbori disjuncti cu k respectiv n−k varfuri, carecontin ımpreuna toate varfurile x1, x2, . . . , xn, putem marca un varf al lui A1 si un varf allui A2 ın k (n− k) moduri pentru k = 1, n− 1.

Multimea varfurilor lui A1 si A2 pot fi alese ın(n−1k−1

)moduri cu conditia ca un varf

fixat, fie acesta x1 sa apartina arborelui A1, pentru a elimina repetitiile.Putem gasi ak, respectiv an−k arbori cu multimea varfurilor ın A1, respectiv A2, deci

numarand ın doua moduri perechile de arbori disjuncti care contin ımpreuna varfurilex1, x2, . . . , xn si au cate un varf marcat ın fiecare arbore, obtinem:

n−1∑k=1

(n− 1

k − 1

)akan−kk (n− k) = (n− 1) an. (13.1)

Cum(n−1k−1

)= n−1

n−k(n−2k−1

), din (13.1) obtinem imediat identitatea ceruta ın enunt.

b) In identitatea (13.1) schimbam ıntre ei indicii k si n − k, tinem cont de faptul ca(n−1k−1

)=(n−1n−k)

si aceasta devine:

n−1∑k=1

(n− 1

k

)akan−kk (n− k) = (n− 1) an. (13.2)

Adunand membru cu membru (13.1) cu (13.2), obtinem:

n−1∑k=1

(n

k

)akan−kk (n− k) = 2 (n− 1) an. (13.3)


Observatie. Aceasta identitate se poate deduce si direct daca nu mai fixam varful x1

ın A1.Demonstram ca an = nn−2, prin inductie dupa n.Daca n = 1⇒ exista un singur arbore cu un varf si formula se verifica.Presupunem ca am = mm−2, (∀)m = 1, n− 1.Pentru a demonstra ca an = nn−2, conform cu (13.3) este suficient sa demonstram ca:

n−1∑k=1

(n

k

)kk−1 (n− k)n−k−1 = 2 (n− 1)nn−2,

egalitate care este una dintre identitatile lui Abel.

Problema 13.38 Se da graful G cu n2 varfuri care corespund patratelor unei table de

sah cu n linii si n coloane (n ∈ N∗ impar).

Un cal de pe tabla de sah este mutat pe un drum ın forma de L (doua varfuri se

considera adiacente daca exista o ,,saritura” ın L a calului de pe un patrat pe celalalt)

Poate un cal de pe tabla de sah, ,,sarind” ın forma de L, sa treaca o data si numai o

data prin toate cele n2 patrate ale tablei si sa se ıntoarca ın punctul de plecare?

Solutie. Deoarece calul sare de pe un patrat alb pe unul negru si de pe un patratnegru pe unul alb, rezulta ca acest graf este bipartit.

Graful G considerat contine doar cicluri elementare cu un numar impar de varfuri,deci nu exista un ciclu elementar cu n2 varfuri.

In concluzie, raspunsul la ıntrebare este nu.

Problema 13.39 Fie A1 ≡ (V,U1) si A2 ≡ (V,U2) doi arbori care au aceeasi multime

de varfuri V. Daca pentru orice varf x ∈ V, subgraful obtinut din A1 prin suprimarea

varfului x si a muchiilor incidente cu x este izomorf cu subgraful obtinut din A2 prin

aceeasi operatie, sa se demonstreze ca arborii A1 si A2 au acelasi diametru.

P.J. Kelly, Pacific J. Math. 7 (1957), 961-968

Solutie. Notam grafurile obtinute din A1, respectiv A2 prin suprimarea varfului x sia muchiilor incidente cu x prin A1x, respectiv A2x.

Deoarece un arbore cu n varfuri are (n− 1) muchii, gradul varfului x ın arborele A1

este:[1] g1 (x) = |V | − 1 − m (A1x) , unde prin m (A1x) am notat numarul muchiilor din

graful A1x.Analog obtinem:[2] g2 (x) = |V | − 1−m (A2x)Deoarece A1x si A2x sunt izomorfe ⇒ m (A1x) = m (A2x) .Cu aceasta din [1] si [2] deducem ca g1 (x) = g2 (x) , pentru orice varf x, deci arborii

A1 si A2 au aceleasi varfuri terminale (de gradul unu).Notam cu T multimea varfurilor terminale pentru arborii A1 si A2.

482

Daca |T | = 2, rezulta ca A1 si A2 sunt lanturi de lungime |V | − 1, deci A1 si A2 auacelasi diametru.

Presupunem acum ca |T | ≥ 3.Consideram L un lant elementar de lungime maxima ın arborele A1, lungime care este

prin definitie diametrul lui A1, adica d (A1) .Extremitatile acestui lant sunt doua varfuri terminale din multimea T.Multimea T mai contine cel putin un alt varf terminal x care nu apartine lantului L.Conform ipotezei A1x este izomorf cu A2x. Deoarece lantul L este continut ın arborele

A1x, rezulta ca exista un lant elementar L∗, de aceeasi lungime cu lantul L si care estecontinut ın arborele A2x.

Asadar si arborele A2 contine lantul elementar L∗, de aceeasi lungime cu lantul L.Deducem ca d (A2) ≥ d (A1) .

In rationamentul precedent schimbam rolul arborilor A1 si A2 si deducem ca d (A1) ≥d (A2) .

Asadar arborii A1 si A2 au acelasi diametru.Observatie. In conditiile date chiar arborii A1 si A2 sunt izomorfi.

Problema 13.40 Intr-o tara sunt n orase, oricare doua fiind unite fie printr-o autostrada,

fie prin cale ferata. Un turist doreste sa faca un tur complet prin aceasta tara (sa viziteze

fiecare oras o singura data si sa se ıntoarca ın orasul de unde a pornit). Demonstrati ca

turistul poate alege orasul de pornire si traseul astfel ıncat sa nu schimbe mijlocul de

transport ales mai mult de o data.

Solutie. Reprezentam tara printr-un graf complet G cu n varfuri, avand muchiilecolorate cu doua culori ın functie de traseul ales dintre orasele corespunzatoare varfurilor.

Notam cu c1, respectiv cu c2 culorile alese pentru muchiile corespunzatoare au-tostrazilor, respectiv caii ferate.

Convenim sa numim un ciclu ,,bun” daca el este hamiltonian si are sau toate muchiilela fel colorate, sau parcurgand ciclul dintr-un oarecare oras ales, culoarea muchiilor se vaschimba o singura data, pentru ca ciclul sa corespunda cerintei din enunt.

Folosim inductia dupa n. Pentru n ∈ 2, 3 cerinta este ındeplinita.Consideram afirmatia adevarata pentru orice k ≤ n si sa demonstram aceasta pentru

k = n+ 1. Fie X un varf oarecare al grafului G.Graful G∗, format din varfurile lui G, diferite de X, contine un ciclu bun, notat C∗

(conform ipotezei de inductie).Daca acest ciclu este monocromatic, atunci inserand varful X ıntre oricare doua varfuri

ale lui C∗ obtinem un ciclu ”bun” C al lui G. Daca C∗ este format din muchii de douaculori, atunci el are forma V1V2 . . . VkVk+1 . . . VnV1, unde muchiile V1V2, V2V3, . . . , Vk−1Vksunt de culoare c1, iar muchiile VkVk+1, Vk+1Vk+2, . . . , VnV1 sunt de culoare c2.

Consideram muchia VkX din G.Daca aceasta are culoarea c1, atunci ciclul C ≡ V1−V2−· · ·−Vk−X−Vk+1−· · ·−Vn−V1

este bun.Daca VkX are culoarea c2, atunci ciclul C ≡ V1 − V2 − · · · − Vk−1 −X − Vk − Vk+1 −

· · · − Vn − V1 este bun.

Problema 13.41 La o petrecere au venit n barbati si n femei. Daca un barbat doreste sa


danseze cu o femeie, cuplul acesta ıl vom numi ,,compatibil”. Compatibilitatea se considera

reciproca. Demonstrati ca este posibil sa formam n cupluri compatibile daca si numai daca

pentru orice grup de k barbati exista cel putin k femei compatibile cu cel putin un barbat

dintre cei k barbati.

P. Hall, 1935

Solutie. Transpunem enuntul ın limbajul teoriei grafurilor:Avem un graf bipartit G cu 2n varfuri, ımpartite ın doua multimi A si B cu cate n

elemente.Din enunt deducem ca pentru oricare k varfuri din A, exista cel putin k varfuri ın B

unite cu cel putin unul din cele k varfuri din A. (Vom numi aceasta proprietate ,,conditialemei mariajelor”.)

Trebuie sa demonstram ca putem uni fiecare varf din A cu un varf din B, astfel ıncatdin fiecare varf sa porneasca exact o muchie.

Procedam prin inductie dupa n.Pentru n ∈ 1, 2 , cerinta problemei este evidenta. Presupunem afirmatia adevarata

pentru orice graf bipartit cu 2m varfuri (m < n) si sa demonstram ca ea este adevaratapentru m = n.

Consideram un varf oarecare X ∈ B.Fie C ⊆ A, multimea varfurilor din A unite cu X.Daca unind un varf Y ∈ C cu X, conditia lemei mariajelor se pastreaza pentru graful

ramas (fara varfurile X si Y ), atunci aplicand inductia, obtinem concluzia pentru G.Daca unind Y cu X, conditia lemei mariajelor nu se pastreaza pentru graful ramas,

atunci exista o submultime C∗ ⊆ A \ Y pentru care exista o submultime D∗ ⊆ B \ Xcu mai putin de |C∗| varfuri din B unite cu cel putin un varf din C∗. Insa conform conditieilemei mariajelor pentru C∗, avem ca ın graful initial G exista o submultime D ⊆ B cu celputin |C∗| varfuri unite cu cel putin un varf din C∗. Rezulta ca diferenta dintre D si D∗

consta ın varful X, de unde |D∗| = |C∗| − 1 si apoi |D| = |C∗|.Tinand cont de faptul ca C∗ ⊆ A si D ⊆ B, ultima relatie afirma faptul ca exista

cateva, sa zicem k < n varfuri din A, astfel ıncat exista exact k varfuri ın B care pot fiunite cu exact cate un varf din cele k varfuri din A.

Deoarece conditia lemei mariajelor este adevarata pentru G si |D| = |C∗| deducem caea este adevarata si pentru acest subgraf G∗ cu 2k varfuri.

Asadar putem aplica inductia pentru aceste 2k varfuri si le putem uni ın k perechi.Ramane sa demonstram ca este adevarata conditia lemei mariajelor si pentru subgraful

ramas H, format din 2n− 2k varfuri. Folosim metoda reducerii la absurd.Fie A∗ si B∗ cele doua multimi cu cate n − k varfuri ale grafului bipartit H. Atunci

conditia lemei mariajelor nu are loc ın acest subgraf.Fie E ⊂ A∗ o submultime a varfurilor lui H pentru care nu are loc lema mariajelor.Daca |E| = p, atunci exista cel mult p− 1 varfuri ın B∗ care sunt unite cu un varf din

E.In graful G (unde conditia lemei mariajelor are loc) considerand multimea de varfuri

E ∪ C∗ deducem ca exista cel mult k + |E| − 1 varfuri din B care pot fi unite cu un varfdin E ∪ C∗, ceea ce contrazice conditia lemei mariajelor.

Problema 13.42 Intr-un oras, dintr-o statie de metrou se poate ajunge ın orice alta

484

statie (eventual prin intermediul altor statii).

Demonstrati ca exista o statie ce poate fi ınchisa pentru reparatii, astfel ıncat din orice

statie ramasa sa putem ajunge ın oricare alta.

Solutie. Consideram harta orasului ca fiind un graf, ale carui varfuri sunt statiile demetrou.

Luam un varf oarecare X0 si construim un sir (xn)n∈N ın modul urmator:Initial xn = −1, pentru orice n ≥ 1, cu exceptia lui x0, care este zero.Apoi pentru k = 1, 2, . . . efectuam urmatorul algoritm: tuturor varfurilor Xn pentru

care xn = −1 si care sunt unite cu cel putin un varf al carui xn este (k − 1) li se asociazaun xn = k. Dupa ce am asociat fiecarui varf un xn, luam un varf Xi astfel ıncat xi estemaximal.

Vom demonstra ca Xi poate fi sters (ımpreuna cu muchiile incidente lui) astfel ıncatgraful ramas este tot conex.

Intr-adevar luam doua varfuri oarecare Xp si Xq. Deoarece xp, xq ≤ xi, atunci se poateajunge din X0 ın Xp si Xq fara a trece prin Xi.

Atunci ıntre Xp si Xq exista drumul:

Xp → X0 → Xq.

Problema 13.43 Intr-o multime de 2n+ 1 persoane, pentru oricare n dintre acestea mai

exista una (nu dintre cele n) care le cunoaste pe toate cele n persoane.

Demonstrati ca ın multime exista o persoana care le cunoaste pe toate celelalte.

Rusia, 2001

Solutie. Corespunzator problemei consideram graful G, ale carui varfuri sunt per-soanele multimii.

Demonstram mai ıntai ca graful G contine un subgraf complet cu cel putin n + 1varfuri. Sa presupunem, prin reducere la absurd, ca aceasta afirmatie nu este adevarata.

Fie k, numarul de varfuri ale subgrafului maximal si complet G∗ al grafului G.In cazul k ≤ n, adaugam la aceste k persoane alese ın mod arbitrar ınca n−k persoane.Conform enuntului mai exista o persoana P care le cunoaste pe toate aceste n persoane

(inclusiv pe primele k).Dar, atunci varfurile lui G∗ ımpreuna cu P formeaza un subgraf complet cu k + 1

varfuri, contradictie cu alegerea lui G∗.Asadar k ≥ n + 1. Consideram acum un subgraf complet cu n + 1 varfuri. Conform

enuntului exista o persoana care le cunoaste pe toate cele n persoane ramase. Evident caaceasta persoana trebuie sa apartina subgrafului complet ales, deci ea cunoaste si restulpersoanelor din multime.

Problema 13.44 17 savanti tin legatura prin e-mail. Ei comunica despre unul dintre trei

subiecte convenite. Demonstrati ca exista trei savanti care discuta ıntre ei acelasi subiect.

OIM, 1964


Solutie. Consideram savantii ca varfuri ale unui graf complet G si ,,subiectele” lor dediscutie ca reprezentand trei culori c1, c2, c3.

Fiecare muchie a acestui graf este colorata cu una dintre aceste culori.Trebuie sa demonstram ca exista un triunghi monocromatic ın G. Consideram, ın mod

arbitrar un varf X al lui G.X are 16 vecini si conform principiului lui Dirichlet, exista cel putin sase muchii ce

pornesc din X, colorate cu aceeasi culoare (presupunem ca aceasta este culoarea c1).Consideram ca aceste muchii unesc varful X cu varfurile X1, X2, . . . , X6.Daca ar exista o muchie XiXj , i 6= j, i, j = 1, 6 de culoarea c1, atunci varfurile X, Xi,

Xj formeaza un triunghi monocromatic.Daca nu exista o astfel de muchie, atunci muchiile dintre X1, X2, . . . , X6 sunt colorate

cu doar doua culori diferite (c2 si c3).Demonstram acum ca exista un triunghi monocolor cu varfurile printre X1, X2, . . . , X6.Consideram ca acestea sunt varfurile unui hexagon convex, avand laturile si diagonalele

colorate cu una dintre cele doua culori.Graful corespunzator este complet.Considerand varfulX1, dintre cele cinci muchii care pornesc din el, conform principiului

lui Dirichlet, cel putin trei au aceeasi culoare.Fie ca X1X2, X1X3, si X1X4 au culoarea c2.Considerand triunghiul X2X3X4, daca X2X3, X2X4 sau X3X4 au culoarea c2, atunci

ımpreuna cu varful X1 avem un triunghi cu laturile de culoarea c2.Daca nu, rezulta ca X2X3, X2X4 si X3X4 sunt de culoarea c3 si deci, triunghiul

X2X3X4 este cel cautat.

Problema 13.45 Se considera un poligon convex cu n laturi si ın varfurile sale se scriu nu-

merele x1, x2, . . . , xn, iar pe fiecare latura se scrie produsul numerelor scrise ın extremitatile

acestei laturi. Fie S suma numerelor scrise pe toate laturile. Demonstrati inegalitatea:

√n− 1

(x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n

)≥ 2S.

Rusia, 2003

Solutie. Consideram poligonul convex drept un arbore cu n ≥ 3 varfuri.Justificam mai ıntai faptul ca orice arbore are un varf terminal (de grad 1), adica un

varf care are un singur vecin.Un arbore cu n varfuri are n− 1 muchii.Daca din fiecare varf ar porni cel putin doua muchii, atunci numarul minim de muchii

ce l-ar putea avea arborele este jumatate din 2 + 2 + · · ·+ 2︸︷︷︸n−ori

, deoarece fiecare muchie este

numarata de doua ori.Am obtine n− 1 ≥ n (fals).Stergand un varf terminal si muchia adiacenta acestuia, se obtine tot un arbore.Vom demonstra inegalitatea din enunt prin inductie.Pentru n = 3, inegalitatea devine:

x21 + x2

2 + x23 ≥√

2 (x1x2 + x1x3 + x2x3) ,

care se demonstreaza prin calcul direct.

486

Presupunem ca inegalitatea este adevarata pentru orice arbore cu n varfuri si sa odemonstram pentru un arbore cu n+ 1 varfuri.

Consideram un varf terminal al grafului G si fie x numarul scris ın acest varf.Notam cu y ≡ xi, numarul scris ın varful adiacent varfului terminal considerat.Fie G∗ graful obtinut din G, fara acest varf si fara aceasta muchie.Notam cu S∗ suma tuturor numerelor de pe muchiile lui G∗. Trebuie sa demonstram

ca: √n(x2

1 + x22 + · · ·+ x2

)≥ 2S∗ + 2xy

Folosind ipoteza de inductie, este suficient sa demonstram ca:(√n−√n− 1

) (x2

1 + x22 + . . . x2

n

)+√nx2 ≥ 2xy.

Cum√n −√n− 1 = 1√

n+√n−1≥ 1

2√n

si x21 + x2

2 + · · · + x2n ≥ y2, este suficient sa

demonstram ca:y2

2√n

+√nx2 ≥ 2xy,

inegalitate care se deduce usor din inegalitatea mediilor.

Problema 13.46 Consideram un poligon convex cu n laturi si ın care trasam toate diago-

nalele acestuia. Putem sa coloram toate varfurile, laturile si diagonalele acestuia cu cateva

culori, astfel ıncat oricare doua laturi sau doua diagonale sau o latura si o diagonala cu

o extremitate comuna sa aiba culori diferite si oricare latura sau diagonala are culoarea

diferita de culoarea varfului ce le uneste.

Determinati numarul minim posibil de culori necesare.

Italia, 2007

Solutie. Consideram poligonul ca un graf G complet si neorientat avand n varfuri.Numarul de culori este mai mare sau egal cu n.

Intr-adevar, din fiecare varf pornesc n− 1 muchii, colorate ın n− 1 culori diferite. Inplus, toate aceste n−1 culori diferite sunt diferite si de culoarea varfului din care pornesc.

Initial sa numerotam varfurile de la 1 la n. Apoi pe fiecare muchie dintre doua varfurinumerotate i si j scriem restul ımpartirii lui i + j la n (daca acest rest este zero, scriemn).

In final, din fiecare varf pornesc n−1 muchii de culori diferite. Atunci ın varful respectivscriem a n−a culoare (eventual unele varfuri vor fi colorate la fel, ceea ce nu este ıncontradictie cu enuntul problemei).

Asadar numarul minim de culori este n.

Problema 13.47 Intre cele 2000 de orase ale unei tari nu exista drumuri. Demonstrati

ca ıntre orasele tarii pot fi construite drumuri bidirectionale astfel ıncat din doua orase sa

porneasca cate un drum, din alte doua orase cate doua drumuri, . . . , si din ultimile doua

orase cate 1000 de drumuri.

Sankt-Petersburg, 2001


Solutia 1. Problema devine un caz particular daca demonstram afirmatia generala:Exista un graf cu 4n varfuri astfel ıncat gradul a doua varfuri sa fie 1, gradul altor

doua varfuri sa fie 2, . . . , gradul ultimilor doua varfuri sa fie 2n.Demonstram prin inductie dupa numarul de varfuri.Cazul n = 1: Luam 4 varfuri A,B,C,D si unim A cu B, B cu C si C cu D. Astfel A

si D au gradul 1 iar B si C au gradul 2.Presupunem acum ca afirmatia este adevarata pentru un graf cu 4n varfuri si o vom

demonstra pentru un graf cu 4n + 4 varfuri. Fie G un graf cu 4n varfuri care satisfaceproprietatea enuntata.

Notam cu X1, X2, . . . , X4n aceste varfuri. Presupunem ca X2k−1 si X2k au gradul k,pentru k = 1, 2n. Consideram alte patru varfuri A,B,C,D. Unim A cu B, C cu D si Bcu D. Apoi varful B ıl unim cu 2n varfuri Xi, unde i este impar, iar pe D ıl unim cu 2nvarfuri Xi ale lui G cu i numar par.

Fie G∗ graful astfel obtinut.Demonstram ca acesta satisface proprietatea enuntata.Intr-adevar el are doua varfuri de gradul 1 (A si C), doua varfuri de gradul 2 (X1 unit

cu B si X2, respectiv X2 unit cu D si X1), . . . , doua varfuri de gradul 2n + 1, acesteafiind X4n−1 si X4n si doua varfuri de gradul 2n + 2, acestea fiind B si D care sunt uniteıntre ele, apoi cu cate 2n varfuri ale lui G si ın plus B este unit cu A, iar D este unit cuC.

Solutia 2. Impartim cele 2000 orase ın 1000 perechi. Unim orasele din aceeasi pereche.Numerotam perechile de la 1 la 1000.Al doilea oras din fiecare pereche i = 1, 1000 ıl unim cu primul oras din fiecare pereche

j, cu i < j ≤ 1000.Dupa efectuarea acestui procedeu constatam ca din primul oras din perechea k si din

al doilea oras din perechea 1001− k vor porni exact k drumuri.

Problema 13.48 Fiecare dintre cei 2012 deputati ai parlamentului unei tari i-a dat o

palma unui alt deputat. Demonstrati ca se poate forma o comisie parlamentara din 671

deputati care nu au primit nici o palma.

Moscova, 1994

Solutie. Consideram deputatii ca varfurile unui graf orientat G. Un arc ıntre varfurileA si B ınseamna ca deputatul A i-a tras o palma deputatului B.

Demonstram cazul general: In orice graf orientat G cu cel putin 3n− 1 varfuri exista

488

un subgraf cu n varfuri, care nu contine niciun arc incident interior cu macar unul dintrecele n varfuri.

Demonstram prin inductie dupa n.Cazul n = 2 este evident.Presupunem afirmatia adevarata pentru un oarecare n si o demonstram pentru n+ 1.

Consideram ca avem cel putin 3n+ 2 varfuri.Cazul 1. Daca exista un varf X ın care nu ajunge nici un arc (ın problema aceasta

ınseamna ca deputatul X nu a primit nici o palma), atunci consideram graful G∗ faraacest varf X si varful X∗ adiacent lui X (si fara muchiile care pornesc din X∗). G∗ are celputin 3n > 3n− 1 varfuri deci contine n varfuri neunite oricare doua printr-un arc.

Adaugand varful X obtinem n+ 1 varfuri neunite oricare doua.Cazul 2. Consideram ca ın orice varf ajunge cel putin un arc.Deoarece din fiecare varf porneste exact un arc, rezulta ca ın fiecare varf ajunge exact

un arc.Luam oricare varf X, varful A spre care porneste un arc din X si varful B spre care

porneste un arc din X.Conform inductiei, din varfurile ramase putem selecta n varfuri neunite oricare doua.

Atunci la aceste varfuri ıl adaugam pe X.Problema este ın cazul particular n = 671.

Capitolul 14

Aritmetica si teoria numerelor


Definitie. Fie a, b, n ∈ Z cu n 6= 0. Spunem ca a este congruent cu b modulo n, si

notam a ≡ b (mod n), daca a− b... n.

Observatie. Pentru a, b ∈ Z si n ∈ N∗, a ≡ b (mod n) daca si numai daca a = b ın Zn.

Mica teorema a lui Fermat. Daca p este un numar prim, iar a ∈ Z cu (a, p) = 1,atunci ap−1 ≡ 1 (mod p).

Lema chineza a resturilor. Fie n1, n2, . . . , nk ∈ Z∗ cu proprietatea ca oricare douasunt relativ prime si a1, a2, . . . , ak ∈ Z. Sistemul de congruente

x ≡ a1 (mod n1)x ≡ a2 (mod n2)............................x ≡ ak (mod nk)

admite solutii, si, data fiind o solutie x0, multimea solutiilor sistemului estex0 + λn1n2 · · ·nk |λ ∈ Z.

Definitie. Fie a, n ∈ Z cu n 6= 0. Spunem ca a este rest patratic modulo n daca existax ∈ Z cu proprietatea x2 ≡ a (mod n).

Definitie. Pentru p > 2 numar prim si a ∈ Z cu (a, p) = 1, definim simbolul lui

Legendre

(a

p

)astfel:

(a

p

)=

1, daca a este rest patratic modulo p−1, daca a nu este rest patratic modulo p.

489

490

Proprietati ale simbolului lui Legendre. Fie a, b ∈ Z si p ∈ N prim impar.

1)(ap

)≡ a

p−12 (mod p). (Euler)

2) Daca a ≡ b (mod p), atunci(ap

)=(bp

).

3)(abp

)=(ap

)(bp

).

4)(−1p

)= (−1)

p−12 .

5)(

2p

)= (−1)

p2−18 .

Legea de reciprocitate patratica (Gauss). Daca p, q ∈ N sunt numere prime,impare si distincte, atunci (

p

q

)·(q

p

)= (−1)

p−12· q−1

2 .

Observatie. Proprietatile 2) si 3) arata ca putem interpreta simbolul lui Legendre cafiind un morfism de grupuri de la Zp \ 0 la C∗.

Observatie. Daca p este numar prim impar, a ∈ Z si p | a, vom folosi uneori, pentru

o mai buna sistematizare a calculelor, conventia

(a

p

)= 0.

Definitie. Functia lui Legendre asociaza fiecarei perechi alcatuite dintr-un numarprim p si un numar natural n exponentul ep(n) la care apare p ın descompunerea ınfactori primi a lui n!.

Teorema. ep(n) =

[logp n]∑k=1

[n

pk

]=∑k≥1

[n

pk

].

Probleme

Problema 14.1 a) Aratati ca pentru n ∈ N suficient de mare putem partitiona un patrat

dat ın n patrate.

b) Fie d ≥ 2. Aratati ca exista o constanta N(d) cu proprietatea ca pentru orice numar

natural n ≥ N(d) putem partitiona un cub d-dimensional dat ın n cuburi d-dimensionale.

IMC, 2000

Solutie. Incepem cu urmatoareaLema. Daca numerele naturale a si b sunt prime ıntre ele, atunci orice numar natural

n > ab− a− b se poate scrie sub forma n = ax+ by, cu x, y ∈ N.Demonstratia lemei: Sa presupunem a ≥ b. Daca b = 1, afirmatia lemei este evidenta.Presupunem ın continuare ca b > 1. Fie n ≥ ab − a. Atunci numerele n, n − a, n −2a, . . . , n − (b − 1)a parcurg un sistem complet si independent de resturi modulo b, deciexista x ∈ 0, 1, . . . , b − 1 si y ∈ N astfel ıncat n = ax + by. Daca n = ab − a − k,k ∈ 1, 2, . . . , b−1, atunci alegem z ∈ 1, 2, . . . , b−1 pentru care z = ka−1 ın Zb si avem

az−k... b, deci exista y ∈ N pentru care az−k = by. De aici rezulta ca n = a(b−1−z)+by.

Aritmetica si teoria numerelor 491

Revenind la solutia propriu-zisa, sa observam ca orice partitie a unui ,,d-cub” (d ≥ 2)ın n d-cuburi poate fi rafinata la o partitie a sa ın n + (ad − 1) d-cuburi pentru oricea ∈ N∗. Acest lucru se poate realiza pur si simplu prin alegerea unui d-cub din partitiesi partitionarea acestuia ın ad d-cuburi. Conform lemei, pentru a demonstra afirmatiileproblemei este suficient sa gasim o pereche de numere naturale relativ prime de formaad − 1; 2d − 1 si (2d − 1)d − 1 reprezinta o astfel de pereche.

Problema 14.2 Fie n ∈ N∗. Aratati ca 2n−1 divide numarul

∑0≤k<n

2

(n

2k + 1

)· 5k.

IMC, 2008

Solutie. Se stie ca numarul Fibonacci Fn este dat de formula

Fn =1√5

((1 +√

5

2

)n−

(1−√

5

2

)n).

Folosind formula binomului lui Newton, obtinem

Fn =1

2n−1

((n

1

)+

(n

3

)· 5 + · · ·+

(n

t

)· 5

t−12

), unde t = 2

[n− 1

2

]+ 1.

Obtinem 2n−1Fn =∑

0≤k<n2

(n

2k + 1

)· 5k si problema este rezolvata.

Problema 14.3 Consideram numerele D = d1d2 . . . d9, E = e1e2 . . . e9 si F = f1f2 . . . f9

scrise ın baza 10. Pentru orice i ∈ 0, 1, . . . 9, daca ınlocuim cifra di a lui D cu ei obtinem

un numar divizibil cu 7. De asemenea, pentru orice i ∈ 0, 1, . . . 9, daca ınlocuim cifra

ei a lui E cu fi obtinem un numar divizibil cu 7. Aratati ca pentru orice i ∈ 0, 1, . . . 9

avem di − fi... 7.

Putnam, 1995

Solutie. Conform enuntului, pentru orice i ∈ 1, 2, . . . , 9 avem

(ei − di) · 109−i +D ≡ 0 (mod 7) si (14.1)

(fi − ei) · 109−i + E ≡ 0 (mod 7). (14.2)

Sumand relatiile din (14.1) pentru i ∈ 1, 2, . . . , 9, obtinem E − D + 9D ≡ 0 (mod 7),adica

E +D ≡ 0 (mod 7). (14.3)

Adunand pentru fiecare i ∈ 1, 2, . . . , 9 relatiile (14.1) si (14.2), obtinem (fi−di) ·109−i+E + D ≡ 0 (mod 7). De aici si din (14.3) obtinem, tinand cont de faptul ca (10, 7) = 1,

ca di − fi... 7.

492

Problema 14.4 Aratati ca nu exista patru puncte ın spatiul euclidian astfel ıncat

distanta dintre oricare doua sa fie numar impar.

Putnam, 1993

Solutia 1. Presupunem ca exista patru astfel de puncte. Pentru x, y ∈ R si n ∈ N∗,vom folosi notatia ,,x ≡ y (mod n)” cu sensul ,,x− y este un numar ıntreg divizibil cu n”.Alegem un sistem de coordonate ın care coordonatele celor patru puncte sunt (0, 0), (a, 0),(r, s) si (x, y), cu a ∈ 2N+ 1. Patratele numerelor impare fiind congruente cu 1 modulo 8,presupunerea facuta implica relatiile:

r2 + s2 ≡ 1 (mod 8)(r − a)2 + s2 ≡ 1 (mod 8)

x2 + y2 ≡ 1 (mod 8)(x− a)2 + y2 ≡ 1 (mod 8)

(x− r)2 + (y − s)2 ≡ 1 (mod 8).

(14.4)

Scazand primele doua dintre aceste relatii se obtine 2ar ≡ a2 (mod 8). Prin urmare, reste un numar rational al carui numitor este par si divide 2a. Se arata ın mod analog ca xare aceeasi proprietate. Inmultim toate coordonatele cu a, reducandu-ne astfel la cazul ıncare r si x au numitorul 2. Atunci, congruenta 2ar ≡ a2 (mod 8) este de numere ıntregi;din ea va rezulta r ≡ a

2 (mod 4). Scriind r = a2 + 4b, b ∈ Z, obtinem

r2 =a2

4+ 4ab+ 16b2 ≡ a2

4(mod 4);

de aici, folosind si prima relatie din (14.4), deducem ca

s2 ≡ 1− r2 ≡ 1− a2

4(mod 4).

In mod analog se arata ca x ≡ a2 (mod 4) si ca y2 ≡ 1− a2

4 (mod 4); din penultima relatiesi din r ≡ a

2 (mod 4) obtinem x− r ≡ a2 −

a2 ≡ 0 (mod 4), deci (x− r)2 ∈ 16Z. De aici si

din ultima relatie din (14.4) deducem ca (y − s)2 ≡ 1− (x− r)2 ≡ 1 (mod 8). Obtinem

(y + s)2 ≡ 2y2 + 2s2 − (y − s)2 ≡ 2(1− a2

4) + 2(1− a2

4)− 1 ≡

≡ 3− a2 ≡ 2 (mod 4).Inmultind membru cu membru aceasta congruenta de numere ıntregi cu (y − s)2 ≡ 1(mod 8), obtinem (y2 − s2)2 ≡ 2 (mod 4). Daca y2 − s2 = u

v , u, v ∈ Z, v 6= 0, rezulta caexista k ∈ Z astfel ıncat u2−2v2 = 4kv2. De aici, u = 2u1, u1 ∈ Z; obtinem 2u2

1−v2 = 2kv2,deci v = 2v1, v1 ∈ Z, apoi u2

1 − 2v21 = 4kv2

1. Continuand inductiv, obtinem pentru fiecarej ∈ N numerele uj , vj ∈ Z cu proprietatea u2

j − 2v2j = 4kv2

j . Din definitia acestor numere,

avem vj = 2vj+1 pentru toti j ∈ N. De aici, 2j | v pentru orice j ∈ N, deci v = 0,contradictie.

Solutia 2. Sa presupunem ca exista patru puncte O, A, B, C ın plan astfel ıncatnumerele a = OA, b = OB, c = OC, x = BC, y = CA, z = AB sa fie ıntregi siimpare. Notam cu α, respectiv β masurile unghiurilor orientate AOB si BOC; masuraunghiului orientat AOC este deci α+β. Cum cos(α+β) = cosα cosβ− sinα sinβ, rezulta(cos(α+ β)− cosα cosβ)2 = (1− cos2 α)(1− cos2 β), de unde

1− cos2 α− cos2 β − cos2(α+ β) + 2 cosα cosβ cos(α+ β) = 0. (14.5)


Conform teoremei cosinusului, avem cosα =a2 + b2 − z2

2ab, cosβ =

b2 + c2 − x2

2bcsi cos(α+

β) =c2 + a2 − y2

2ca. Inlocuind ın relatia (14.5) si ınmultind cu 4a2b2c2, obtinem

4a2b2c2 − c2(a2 + b2 − z2)2 − a2(b2 + c2 − x2)2 − b2(c2 + a2 − y2)2+

+(a2 + b2 − z2)(b2 + c2 − x2)(c2 + a2 − y2) = 0. De aici rezulta 4 − 1 − 1 − 1 + 1 ≡ 0(mod 4), contradictie.

Solutia 3. Presupunem ca exista patru puncte cu proprietatea din enunt; consideramun sistem de coordonate cu originea ın unul dintre ele, si notam cu −→v1 , −→v2 si −→v3 vectoriicare unesc originea cu celelalte trei puncte; volumul V al paralelipipedului determinat deacesti vectori este nul, deoarece ei sunt coplanari. Deci,

0 = V 2 =

∣∣∣∣∣∣−→v1 · −→v1

−→v1 · −→v2−→v1 · −→v3−→v2 · −→v1

−→v2 · −→v2−→v2 · −→v3−→v3 · −→v1

−→v3 · −→v2−→v3 · −→v3

∣∣∣∣∣∣ .Daca punem a = |−→v1 |, b = |−→v2 |, c = |−→v3 |, x = |−→v2 − −→v3 |, y = |−→v3 − −→v1 | si z = |−→v1 − −→v2 | siavem ın vedere relatia

2−→vi · −→vj = |−→vi |2 + |−→vj |2 − |−→vi −−→vj |2, (14.6)

obtinem

8V 2 =

∣∣∣∣∣∣2a2 a2 + b2 − z2 a2 + c2 − y2

a2 + b2 − z2 2b2 b2 + c2 − x2

a2 + c2 − y2 b2 + c2 − x2 2c2

∣∣∣∣∣∣ ,de unde

0 = 8V 2 ≡

∣∣∣∣∣∣2 1 11 2 11 1 2

∣∣∣∣∣∣ ≡ 4 (mod 8),

contradictie.Solutia 4. Presupunem ca exista patru puncte ca ın enunt si definim −→v1 , −→v2 si −→v3 ca

ın solutia 3. Este clar ca −→vi ·−→vi ≡ 1 (mod 8); conform (14.6), avem si 2−→vi ·−→vj ≡ 1 (mod 8)pentru i 6= j.Cum printre punctele considerate nu pot exista trei coliniare, rezulta ca vectorii −→v1 , −→v2

si −→v3 sunt doi cate doi necoliniari. Exista prin urmare scalari r, s ∈ R cu proprietatea ca−→v3 = r−→v1 + s−→v2 . Atunci,

2−→v1 · −→v3 = 2r−→v1 · −→v1 + 2s−→v1 · −→v2

2−→v2 · −→v3 = 2r−→v2 · −→v1 + 2s−→v2 · −→v2

2−→v3 · −→v3 = 2r−→v3 · −→v1 + 2s−→v3 · −→v2 .(14.7)

Cum −→v1 si −→v2 sunt necoliniari, avem∣∣∣∣ −→v1 · −→v1−→v1 · −→v2−→v2 · −→v1−→v2 · −→v2

∣∣∣∣ 6= 0.

Prin urmare, primele doua ecuatii din (14.7), privite ca ecuatii ın r si s, admit solutie unica

ın numere rationale. Fie r =R

T, s =

S

Taceasta solutie, cu R,S, T ∈ Z si (R,S, T ) = 1.

Inmultind cu T ecuatiile din (14.7), obtinem T ≡ 2R + S (mod 8), T ≡ R + 2S (mod 8)si 2T ≡ R + S (mod 8). Adunand primele doua dintre aceste congruente si scazand-ope a treia, gasim ca T este par. Utilizand aceasta informatie si primele doua congruente,deducem ca R si S sunt si ele pare, contradictie.

494

Problema 14.5 Fie x, y, z ∈ Z cu proprietatea ca S = x4 + y4 + z4 se divide prin 29.

Aratati ca S se divide prin 294.

IMC, 2007

Solutie. Vom arata ca 29 divide x, y si z, de unde rezulta imediat concluzia problemei.Presupunem ca 29 nu divide x, y si z; pentru a fixa ideile, sa consideram ca 29 - x. Atunci,x este inversabil ın corpul Z29; fie w inversul sau. Atunci, numarul (xw)4 + (yw)4 + (zw)4

este la randul sau divizibil cu 29, deci

(yw)4 ≡ −1− (zw)4 (mod 29). (14.8)

Pe de alta parte, exista doar opt puteri 4 modulo 29:

0 ≡ 04 (mod 29),1 ≡ 14 ≡ 124 ≡ 174 ≡ 284 (mod 29),7 ≡ 84 ≡ 94 ≡ 204 ≡ 214 (mod 29),

16 ≡ 24 ≡ 54 ≡ 244 ≡ 274 (mod 29),20 ≡ 64 ≡ 144 ≡ 154 ≡ 234 (mod 29),23 ≡ 34 ≡ 74 ≡ 224 ≡ 264 (mod 29),24 ≡ 44 ≡ 104 ≡ 194 ≡ 254 (mod 29),25 ≡ 114 ≡ 134 ≡ 164 ≡ 184 (mod 29).

De aici rezulta ca (yw)4 ∈ 0, 1, 7, 16, 20, 23, 24, 25, ın timp ce−1 − (zw)4 ∈ 28, 27, 21, 12, 8, 5, 4, 3 (toate clasele fiind modulo 29), ceea ce contrazice(14.8).Ramane asadar ca 29 divide x, y si z, ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 14.6 Fie p > 3 un numar prim si n =22p − 1

3. Aratati ca n divide 2n − 2.


Solutie. Cum n = 4p−1 + 4p−2 + · · · + 1, putem scrie n = 10101 . . . 101 (p cifre 1) ınbinar. Obtinem prin urmare reprezentarea binara

3n = 1111 . . . 111︸︷︷︸2p cifre

. (14.9)

Pe de alta parte,2n − 2 = 1111 . . . 111︸︷︷︸

n−1 cifre

0. (14.10)

Conform micii teoreme a lui Fermat, 2p−1 ≡ 1 (mod p), deci p|22p−2 − 1. Rezulta ca p

divide22p − 4

3=

22p − 1

3− 1, adica p|n− 1; cum n este impar, avem si 2p|n− 1. Aceasta

relatie, ımpreuna cu (14.9) si (14.10), arata ca 3n|2n − 2.

Problema 14.7 Aratati ca exista o infinitate de perechi (m,n) de numere naturale prime

ıntre ele pentru care ecuatia ın x

(x+m)3 = nx

are trei radacini ıntregi distincte.


IMC, 2006

Solutie. Notand y = x+m, ecuatia devine

y3 − ny +mn = 0.

Notam doua dintre radacinile ei cu u si v; conform relatiilor ıntre radacini si coeficienti,cea de-a treia radacina va fi w = −(u+v), si sunt verificate si relatiile uv+uw+vw = −n(de unde u2 + uv + v2 = n) si −uv(u + v) = uvw = −mn. Prin urmare, uv(u + v) estedivizibil prin u2 +uv+v2. Punand u = kp, v = kq, avem u2 +uv+v2 = k2(p2 +pq+ q2) siuv(u+ v) = k3pq(p+ q). Alegand p, q prime ıntre ele si punand k = p2 + pq+ q2, conditiau2 + uv + v2|uv(u+ v) este ındeplinita. Cu aceste constatari, revenim la notatiile initialesi punem pentru fiecare pereche p, q de numere naturale prime ıntre ele m = pq(p + q) sin = (p2 + pq + q2)3. Obtinem astfel o infinitate de ecuatii (x + m)3 = nx, fiecare avandtrei radacini ıntregi distincte: p3, q3 si −(p+ q)3.

Problema 14.8 Demonstrati ca ecuatia

an+1 − (a+ 1)n = 2001 (14.11)

are solutie unica ın numere naturale nenule.

Putnam, 2001

Solutie. Fie a, n ∈ N∗ astfel ıncat an+1 − (a+ 1)n = 2001. Cum a divide an+1 − [(a+1)n − 1], rezulta ca a | 2002 = 2 · 7 · 11 · 13.

Cum 2001... 3, (14.11) implica a ≡ 1 (mod 3). De aici, an+1 ≡ 1 (mod 3), deci (a+1)n ≡ 1

(mod 3). Prin urmare, n este par.Daca a ar fi par, atunci an+1 − (a + 1)n ≡ −(a + 1)n (mod 4). Cum n este par, avem si−(a+ 1)n ≡ −1 (mod 4). Folosind (14.11), obtinem

1 ≡ 2001 ≡ an+1 − (a+ 1)n ≡ −(a+ 1)n ≡ −1 (mod 4),

contradictie. Ramane ca a este impar, deci a | 1001 = 7 · 11 · 13. Cum a ≡ 1 (mod 3),rezulta ca a | 7 · 13. Pe de alta parte, n ∈ N∗ fiind par, avem n ≥ 2, de unde a ≡ an+1 −(a+ 1)n = 2001 ≡ 1 (mod 4). Prin urmare, a ∈ 1, 13. Cum pentru niciun n ∈ N nu areloc 1 − 2n = 2001, rezulta a = 13. Este imediat ca a = 13, n = 2 verifica (14.11). Pe dealta parte, daca n > 2 este par, se obtine

13n+1 − (13 + 1)n ≡ 13n+1 ≡ 13 6≡ 1 ≡ 2001 (mod 8),

deci singura solutie a ecuatiei (14.11) este a = 13, n = 2.

Problema 14.9 Pentru n ∈ N∗ notam cu d(n) numarul divizorilor sai naturali. Aratati

ca sirul (d(n2 + 1))n≥n0 nu este strict monoton pentru niciun n0 ∈ N.


496

Solutie. Sa observam pentru ınceput ca daca n este par are loc inegalitatea

d(n2 + 1) < n. (14.12)

Intr-adevar, ın aceasta situatie putem grupa divizorii lui n2 +1 ın perechi(d, n

2+1d

), unde

d < n este impar, ceea ce conduce (ıntrucat n2 + 1 nu este patrat perfect) la inegalitateadorita.Sa presupunem acum ca exista n0 ∈ N astfel ıncat (d(n2 + 1))n≥n0 este strict monoton.Cum d(n2+1) este par, obtinem d((n+1)2+1) ≥ d(n2+1)+2 si, inductiv, d((n+k)2+1) ≥d(n2 +1)+2k pentru orice n ≥ n0 si k ∈ N∗. Obtinem d(4n2

0 +1) ≥ d(n20 +1)+2n0 ≥ 2n0,

ceea ce contrazice (14.12).

Problema 14.10 Aratati ca orice numar natural nenul se poate scrie ca suma de unul

sau mai multe numere de forma 2r3s, cu r, s ∈ N, astfel ıncat niciunul dintre termenii unei

astfel de sume sa nu fie divizor al altuia.

Putnam, 2005

Solutie. Demonstram afirmatia problemei prin inductie dupa n.Numarul 1 se reprezinta ca 2030.Fie n > 1. Presupunem ca toate numerele naturale nenule mai mici sau egale cu n − 1admit reprezentari de tipul din enunt. Daca n este par, atunci obtinem o reprezentare alui n ınmultind cu 2 o reprezentare a lui n

2 . Daca n este impar, notam m = [log3 n]. Dacan = 3m, am terminat. Altfel, consideram o reprezentare s1+s2+· · ·+sk de tipul din enunt anumarului n−3m

2 . Atunci, n = 3m+2s1+2s2+· · ·+2sk. Este clar ca niciunul dintre termenii

2si nu divide alt termen de acest tip sau pe 3m. In plus, cum 2si ≤ n− 3m < 3m+1 − 3m,obtinem si < 3m, deci 3m - 2si. Prin urmare, n admite reprezentari de tipul cerut, ceea ceıncheie pasul de inductie si demonstratia.

Problema 14.11 Pentru n ∈ N∗ notam cu σ(n) suma divizorilor naturali ai lui n. Vom

spune ca numarul n este ,,straniu” daca σ(n) ≥ 2n si nu exista nicio reprezentare de tipul

n = d1 + d2 + · · ·+ dr, unde r > 1, iar d1, d2, . . . , dr sunt divizori distincti ai lui n.

Aratati ca exista o infinitate de numere stranii.


Solutie. Fie n un numar straniu si p > σ(n) un numar prim. Presupunem ca pn nueste straniu. Daca 1 = d1, d2, . . . , dk = n sunt divizorii naturali ai lui n, atunci cei ai lui pnsunt d1, d2, . . . , dk, pd1, pd2, . . . , pdk. Acestia din urma sunt si distincti, ıntrucat (p, n) = 1.Daca am avea pn = di1 + · · ·+ dir + p(dj1 + · · ·+ djs), ik, jl ∈ 1, . . . , k, ar rezulta

di1 + · · ·+ dir = p(n− dj1 − · · · − djs). (14.13)

Dar n 6∈ dj1 , . . . , djs, deoarece reprezentarile numerelor stranii nu pot consta ıntr-unsingur sumand. In plus, n fiind straniu, avem si n−dj1−· · ·−djs 6= 0. Rezulta ca membruldrept din (14.13) este multiplu nenul de p; la fel este prin urmare si di1 + · · ·+ dir . Acest


lucru este ınsa ın contradictie cu p > σ(n). Ramane deci ca pn este straniu. Prin urmare,daca am avea un numar straniu n, punand n1 = n si presupunand construit nk, am luap > σ(nk) si am obtine ca nk+1 = pnk este straniu. De aici ar rezulta existenta unui sirstrict crescator de numere stranii, ceea ce ar rezolva problema.Mai ramane de gasit un exemplu de numar straniu. Sa observam ca, daca consideram unnumar n cu σ(n) = 2n+ 4 si care nu este divizibil nici prin 3, nici prin 4, atunci nu vomputea sa-l reprezentam pe 4 (deci, nici pe n) ca suma de divizori distincti ai lui n. n = 2pqare proprietatile de mai sus (unde p si q sunt numere prime impare distincte) daca sinumai daca 3(p+ 1)(q+ 1) = σ(2pq) = 4pq+ 4; ne este deci suficient ca (p− 3)(q− 3) = 8.Aceasta egalitate este verificata de p = 5 si q = 7, valori care conduc la numarul straniu70.

Problema 14.12 Determinati |S|, unde

S = x ∈ N∗| x < 102006 si x2 − x... 102006

IMC, 2006

Solutia 1. Pentru k ∈ N∗ notam Sk = x ∈ N∗| x < 10k si x2−x... 10k si s(k) = |Sk|.

Fie x ∈ Sk+1 si akak−1 . . . a0 scrierea sa zecimala. Este imediat ca ak−1ak−2 . . . a0 ∈ Sk.Fixam acum y = ak−1ak−2 . . . a0 ∈ Sk, si consideram x = akak−1 . . . a0, ak ∈ 0, 1, . . . , 9.Avem x2 − x = (ak · 10k + y)2 − (ak · 10k + y) = (y2 − y) + ak · 10k(2y − 1) + a2

k+1 · 102k.

Cum exista z ∈ Z astfel ıncat y2 − y = 10kz, rezulta ca x2 − x este divizibil prin 10k+1

daca si numai daca

z + ak(2y − 1) ≡ 0 (mod 10). (14.14)

Cum y 6≡ 3 sau 8 (mod 10), congruenta (14.14) are solutie unica, ceea ce arata ca fiecarey ∈ Sk provine din exact un element x ∈ Sk+1 prin ınlaturarea cifrei (eventual, nule)initiale. Prin urmare, pentru orice k ∈ N∗ exista o corespondenta bijectiva ıntre Sk siSk+1. Rezulta ca s(2006) = s(1). Cum ınsa S1 = 1, 5, 6, avem |S| = s(2006) = s(1) = 3.

Solutia 2. Fie x ∈ S. Cum x2 − x = x(x − 1), iar numerele x si x − 1 sunt primeıntre ele, unul dintre ele trebuie sa fie divizibil cu 22006 si unul dintre ele (eventual, acelasi)trebuie sa fie divizibil cu 52006. Prin urmare, x trebuie sa satisfaca conditiile x ≡ 0 sau1 (mod 22006) si x ≡ 0 sau 1 (mod 52006). Conform lemei chineze a resturilor, fiecare dincele 4 cazuri conduce la o unica solutie din multimea 0, 1, . . . , 102006 − 1. Aceste solutiisunt distincte doua cate doua, deoarece dau resturi diferite modulo 22006 sau 52006. Unadintre solutii este 0, care nu se ıncadreaza ın conditiile din enunt. Prin urmare, |S| = 3.

Problema 14.13 Pentru a ∈ N, notam na = 101a− 100 · 2a. Aratati ca pentru a, b, c, d ∈

0, 1, . . . , 99, na + nb ≡ nc + nd (mod 10100) implica a, b = c, d.

Putnam, 1994

Solutie. Cum 220 ≡ 95 (mod 101), iar 250 ≡ 100 (mod 101), rezulta ca ordinul lui 2ın grupul Z101 \ 0 este 100 (deci, 2 este radacina primitiva modulo 101).

Lema. Daca a, b ∈ N sunt astfel ıncat 2a ≡ 2b (mod 101), atunci a ≡ b (mod 100).Demonstratie. Sa presupunem, pentru a fixa ideile, ca a ≥ b. Daca 101 | 2a−2b = 2b(2a−b−

498

1), atunci 2a−b ≡ 1 (mod 101), deci, conform consideratiilor anterioare lemei, a − b ≡ 0(mod 100).

Revenind la solutia propriu-zisa, observam ca, ın conformitate cu lema chineza a res-turilor, relatia na + nb ≡ nc + nd (mod 10100) este echivalenta cu sistemul

a+ b ≡ c+ d (mod 100)2a + 2b ≡ 2c + 2d (mod 101).

(14.15)

Cum ordinul lui 2 ın Z101 este 100, din prima relatie din (14.15) obtinem 2a+b ≡ 2c+d

(mod 101), deci2a2b ≡ 2c2d (mod 101). (14.16)

Din (14.16) si a doua relatie din (14.15) obtinem 2a(2c + 2d − 2a) ≡ 2c2d (mod 101), deunde (2a−2c)(2a−2d) ≡ 0 (mod 101). Rezulta 2a ≡ 2c (mod 101) sau 2a ≡ 2d (mod 101).Aplicand lema, obtinem ca a este congruent cu c sau cu d modulo 100; din (14.15) deducemca b este congruent modulo 100 cu cealalta valoare din c, d. Cum a, b, c, d ∈ 0, 1, . . . , 99,congruentele obtinute sunt de fapt egalitati.

Problema 14.14 Fie a, b ∈ Z si n ∈ N∗ cu proprietatea ca multimea

Z \ axn + byn|x, y ∈ Z

este finita. Aratati ca n = 1.

IMC, 2010

Solutie. Presupunem ca n > 1. Observam ca a si b trebuie sa fie relativ prime, deoareceın caz contrar numerele care nu sunt divizibile prin (a, b) nu pot fi reprezentate sub formaaxn + byn. Remarcam si faptul ca putem ınlocui n cu orice divizor prim p al sau.Daca p = 2, atunci expresia ax2 + by2 nu poate avea orice rest modulo 8 (daca b este par,atunci ax2 are cel mult trei resturi posibile(mod 8), iar by2 cel mult doua. Deci, ax2 + by2

poate avea cel mult sase resturi modulo 8. Daca a e par, procedam analog, iar daca abeste impar, atunci ax2 + by2 ≡ ±(x2 ± y2) (mod 4); ±(x2 + y2) nu poate da restul ±3modulo 4, iar ±(x2− y2) nu poate da restul ±2 modulo 4). Acest caz duce prin urmare lacontradictie.Daca p ≥ 3, cum 0p, 1p, . . . , (p − 1)p dau resturi diferite modulo p, iar xp ≡ (x + kp)p

(mod p2), rezulta ca puterile p de numere ıntregi dau exact p resturi modulo p2. Prinurmare, numerele de forma axp + byp pot da cel mult p2 resturi modulo p2. Daca ele nudau restul k modulo p2, atunci niciun numar din k + p2Z nu e reprezentabil sub formadin enunt, contradictie. Daca axp + byp da toate resturile modulo p2, atunci p2|axp + byp

daca si numai daca p|x si p|y. Rezulta ca p2|axp + byp daca si numai daca pp|axp + byp.De aici deducem ca niciun numar din p2 + p3Z nu este reprezentabil sub forma axp + byp,contradictie.

Problema 14.15 Aratati ca, date fiind numerele a, b, c ∈ Z, exista n ∈ Z pentru care√n3 + an2 + bn+ c 6∈ Z.

Putnam, 1998


Solutia 1. Presupunem ca P (n) = n3 +an2 + bn+ c este patrat perfect pentru pentrun ∈ 1, 2, 3, 4. Cum P (2) si P (4) sunt patrate perfecte de aceeasi paritate, diferenta lor,adica 56 + 12a + 2b, trebuie sa fie multiplu de 4. Prin urmare, b trebuie sa fie par. Pede alta parte, si P (1) si P (3) sunt patrate perfecte de aceeasi paritate, deci diferenta lor,adica 26 + 8a + 2b, trebuie sa fie si ea multiplu de 4. De aici rezulta ca b trebuie sa fieimpar, contradictie.

Solutia 2. Daca 4b− a2 = 0 si c = 0, atunci n3 + an2 + bn + c = n(n + a2 )2, care nu

este patrat perfect pentru niciun n 6= a2 care nu este patrat perfect.

Daca 4b− a2 si c nu sunt ambele 0, luam n = 4m2. Atunci,

n3 + an2 + bn+ c = (8m3 + am)2 + (4b− a2)m2 + c.

Daca 4b − a2 > 0 sau 4b − a2 = 0 si c > 0, atunci pentru m suficient de mare vom avea(4b − a2)m2 + c > 0 si (4b − a2)m2 + c < 2(8m3 + am) − 1, deci n3 + an2 + bn + c seafla ıntre (8m3 + am)2 si (8m3 + am + 1)2, nefiind prin urmare patrat perfect. Daca4b− a2 < 0 sau 4b− a2 = 0 si c < 0, se arata ın mod analog ca n3 + an2 + bn+ c se aflaıntre (8m3 + am− 1)2 si (8m3 + am)2, nefiind prin urmare patrat perfect.

In problema 14.16 prezentam o generalizare a afirmatiei problemei 14.15:

Problema 14.16 Daca polinomul P ∈ Z[X] are proprietatea ca P (n) este patrat perfect

pentru orice n ∈ Z, atunci P este patratul unui polinom din Z[X].

Solutie. Presupunem ca exista polinoame P care au toate valorile P (n), cu n ∈ Z,patrate perfecte, dar nu sunt ele ınsele patrate de polinoame din Z[X]. Este suficientsa consideram polinoame care nu se divid prin patratul niciunui polinom din Z[X]; pre-supunem deci ca P are aceasta proprietate. Atunci, discriminantul D al lui P este nenul.Fie m ∈ Z pentru care P (m) 6= 0; pentru fiecare numar prim pi care divide D, notam

ei = maxi ∈ N | P (m)... peii . Cum P este neconstant, P (m+λ

∏pi|D

pei+1i ) ia valori oricat

de mari pe masura ce creste λ ∈ Z. In plus, cum

P (m)− P (m+ λ∏pi|D

pei+1i )

...∏pi|D

pei+1i ,

niciuna dintre aceste valori nu este divizibila cu vreun factor de tipul pei+1i . In consecinta,

exista numere ıntregi n oricat de mari pentru care P (n) are macar un factor prim p - D.Sa consideram o astfel de situatie. Daca p2 - P (n), atunci P (n) nu este patrat perfect,contradictie. Daca p2 | P (n), atunci P (n + p) ≡ P (n) + pP ′(n) ≡ pP ′(n) (mod p2), iar

p - P ′(n), deoarece p - D. De aici, P (n + p)... p, dar P (n + p)

... p2, de unde P (n + p) nueste patrat perfect, contradictie.

Observatie. Demonstratia arata ceva mai mult decat s-a afirmat ın enunt, si anume:Daca P ∈ Z[X] nu este patratul unui polinom din Z[X], atunci exista numere n ∈ Z oricatde mari pentru care P (n) nu este patrat perfect.

Problema 14.17 Demonstrati ca exista o infinitate de perechi ordonate (a, b) de numere

ıntregi cu proprietatea ca pentru orice t ∈ N numarul at+b este triunghiular daca si numai

daca t este triunghiular.

500

Putnam, 1988

Solutia 1. Reamintim ca numerele triunghiulare sunt cele de tipul tn = n(n+1)2 , n ∈ N.

Se vede usor ca t3n+1 = 9tn + 1, iar t3n ≡ t3n+2 ≡ 0 (mod 3) pentru orice n ∈ N. Prinurmare, numarul natural t este triunghiular daca si numai daca 9t+1 este triunghiular (∗).Consideram functia f : R → R, f(x) = 9x + 1. Notam fk = f f . . . f︸︷︷︸

k factori

; fie ak, bk ∈ N

pentru care fk(x) = akx + bk. Cum ak = 9k, aceste perechi sunt distincte. Aplicandinductiv (∗), deducem ca toate perechile (ak, bk) au proprietatea ceruta.

Solutia 2. Daca t = n(n+1)2 , atunci 8t + 1 = (2n + 1)2. Reciproc, daca t ∈ N are

proprietatea ca 8t + 1 este patrat perfect, acest patrat este al unui numar impar, fie el2n + 1. Rezulta ca t = n(n+1)

2 . Prin urmare, t ∈ N este triunghiular daca si numai daca8t+ 1 este patrat perfect.Fie un numar natural impar k. Avem k2 ≡ 1 (mod 8); de aici deducem ca, pentru t ∈N, t este triunghiular ⇔ 8t + 1 este patrat perfect ⇔ k2(8t + 1) este patrat perfect ⇔8(k2t+ k2−1

8

)+ 1 este patrat perfect ⇔

(k2t+ k2−1

8

)este triunghiular. Prin urmare,

orice pereche (a, b) =(k2, k

2−18

), k ∈ 2N + 1, are proprietatea ceruta.

Observatie. Vom numi ad-hoc o pereche (a, b) de numere ıntregi triunghiulara dacaare proprietatea ca, pentru orice numar natural t, t este triunghiular daca si numai dacaat + b este triunghiular. Solutia 2 arata ca pentru orice numar ıntreg impar k perechea(k2, k

2−18

)este triunghiulara. Cu alte cuvinte, perechile triunghiulare sunt de forma ((2m+

1)2, tm), m ∈ N.Vom arata ca, reciproc, orice pereche triunghiulara este de aceasta forma: Fie (a, b) opereche triunghiulara. Atunci, pentru orice n ∈ N∗, atn + b este triunghiular, deci 8(atn +b) + 1 = 4an2 + 4an+ (8b+ 1) este patrat perfect. Conform observatiei din finalul solutieiproblemei 14.16, exista l ∈ Z[X] cu proprietatea

4an2 + 4an+ (8b+ 1) = l(n)2.

Evident, l este de gradul I; identitatea anterioara arata ca l = 2√ax+√a. Notand k = l(0),

obtinem a = k2 = 8b+ 1, deci b = k2−18 . Pentru ca b sa fie ıntreg, este necesar sa avem k

impar.

Problema 14.18 Definim sirul (xn)n≥1 astfel: xn = n pentru n ∈ 1, 2, . . . , 2006 si

xn+1 = xn + xn−2005 pentru n ≥ 2006. Aratati ca sirul (xn)n contine 2005 termeni con-

secutivi divizibili cu 2006.

Putnam, 2006

Solutie. Incepem prin a observa ca, daca un sir de numere ıntregi (xn)n≥1 satisface orelatie de recurenta de tipul

xn = f(xn−1, xn−2, . . . , xn−k) pentru orice n > k (14.17)

(unde k ∈ N∗ si f ∈ Z[X1, X2, . . . , Xn] sunt fixate), atunci sirul (xn)n este periodic moduloorice N ∈ N∗ de la un rang ıncolo. Acest lucru se ıntampla deoarece, fixand N ∈ N∗ sinotand cu HN numarul k-uplurilor ordonate de elemente din ZN , printre sistemele Σi =


(xi+1, xi+2, . . . , xi+k), i ∈ 0, 1, . . . ,HN (toate clasele sunt modulo N) vor exista, conformprincipiului cutiei, cel putin doua egale. Daca acestea sunt Σi si Σj , sa presupunem, pentrua fixa ideile, ca i < j. Atunci,

xj+k+1 = f(xj+k, xj+k−1, . . . , xj+1) =

= f(xi+k, xi+k−1, . . . , xi+1) = xi+k+1.

Inductiv, se arata ca xr+j−i = xr pentru orice r ≥ i+ 1.Mai observam ca, daca relatia de recurenta (14.17) poate fi rescrisa sub forma xn−k =g(xn−k+1, xn−k+2, . . . , xn), g ∈ Z[X1, X2, . . . , Xn], atunci putem extinde sirul initial la. . . , x−2, x−1, x0, x1, x2, . . ., acest ,,sir” fiind, cu argumente similare celor de mai sus, peri-odic modulo orice N ∈ N∗.Cum relatia de recurenta din enunt se poate rescrie

xn−2005 = xn+1 − xn,

sirul dat se prelungeste la . . . , x−2, x−1, x0, x1, x2, . . ., care este periodic modulo 2006. Seconstata ınsa cu usurinta ca

x1 = x0 = · · · = x−2004 = 1 si

x−2005 = x−2006 = · · · = x−4009 = 0.

De aici si din periodicitatea modulo 2006 a ,,sirului” . . . , x−2, x−1, x0, x1, x2, . . . rezultaafirmatia problemei.

Problema 14.19 Fie a ∈ Z. Aratati ca pentru orice numar prim p polinomul X4 + a2 ∈

Zp[X] este reductibil.

Solutie. Fie p ∈ N un numar prim. Notam f = X4 + a2 ∈ Zp[X].Daca p | a, atunci f = X4, deci f este reductibil peste Zp.Daca p - a, iar p = 2, atunci f = (X + 1)4, deci este reductibil.Daca p - a, iar p > 2, pot aparea cazurile:

1.

(−1

p

)= 1. Atunci, exista b ∈ Zp cu b2 = −1. Rezulta ca f = (X2 + ab)(X2 − ab), deci

f este reductibil peste Zp.

2.

(2a

p

)= 1. Atunci, exista c ∈ Zp cu c2 = 2a. Rezulta f = (X2 + a)2 − 2aX2 =

(X2 − cX + a)(X2 + cX + a), deci f este reductibil peste Zp.

3.

(−1

p

)=

(2a

p

)= −1. Atunci,

(−2a

p

)=

(−1

p

)(2a

p

)= 1. Exista prin urmare d ∈ Zp

cu d2 = −2a. Atunci, f = (X2 − a)2 + 2aX2 = (X2 − dX − a)(X2 + dX − a), deci f estereductibil peste Zp.

Observatie. Se constata, aplicand de pilda criteriul lui Eisenstein lui f(X + 1), capolinomul f = X4 + 1 ∈ Z[X] este ireductibil. Tinand cont si de afirmatia problemei,concluzionam ca exista polinoame ireductibile f ∈ Z[X] care sunt reductibile ın Zp[X]pentru orice numar prim p.

Problema 14.20 Fie p un numar prim impar. Cate elemente are multimea

x2 | x ∈ Zp ∩ y2 + 1 | y ∈ Zp ?

502

Putnam, 1991

Solutia 1. Notam cu S multimea solutiilor ecuatiei x2 = y2 + 1 (S ⊂ Zp × Zp).Schimbarea liniara de coordonate (u, v) = (x + y, x − y) a lui Zp × Zp este inversabila,

deoarece

∣∣∣∣ 1 11 −1

∣∣∣∣ = −2 6≡ 0 (mod p). Prin urmare, |S| este egal cu numarul solutiilor

ecuatiei uv = 1 peste Zp, adica p− 1.Problema cere numarul de elemente al imaginii functiei φ : S → Zp, φ(x, y) = x2. Dacaz = x2 pentru o pereche (x, y) ∈ S, atunci φ−1(z) = (±x,±y). Deci, φ−1(z) are patruelemente daca z 6∈ 0, 1, doua elemente daca z = 1, si, numai ın eventualitatea ın care−1 este patrat ın Zp, doua elemente daca z = 0. In consecinta, |S| = 4|φ(S)| − 2 − 2c,unde c este 1 sau 0 dupa cum −1 este sau nu patrat ın Zp. De aici,

|φ(S)| = p+ 1 + 2c

4. (14.18)

Cum |φ(S)| ∈ Z, rezulta ca avem c = 1 daca p ≡ 1 (mod 4), respectiv c = 0 daca p ≡ 3

(mod 4). Inlocuind ın (14.18), deducem ca multimea din enunt are 1 +[p

4

]elemente.

Solutia 2. Extinzand definitia simbolului lui Legendre

(a

p

)prin

(a

p

)= 0 daca p | a

si folosind faptul ca numarul de resturi patratice (nenule) modulo p este egal cu cel alneresturilor patratice, obtinem relatia

p−1∑a=0

(a− kp

)pentru orice k ∈ Z. (14.19)

In continuarea acestei solutii, vom nota cu [P ] ∈ 0, 1 valoarea de adevar a propozitieiP . Notam si Z2

p = x2 | x ∈ Zp. Cu aceste notatii, avem de determinat

N =

p−1∑a=0

[a ∈ Z2p] · [a− 1 ∈ Z2

p].

Observand ca

[a ∈ Z2p] =

1

2

(1 +

(a

p

)+ [a = 0]

),

obtinem

N =1

4

(1 +

(−1

p

)+ 1 +

(1

p

)+

p−1∑a=0

(1 +

(a

p

))(1 +

(a− 1

p

)))=

=1

2

[(−1

p

)= 1

]+

1

2+

1

4

p−1∑a=0

(1 +

(a

p

)+

(a− 1

p

)+

(a

p

)(a− 1

p

)).

Aplicand de doua ori relatia (14.19), gasim

N =1

2

[(−1

p

)= 1

]+

1

2+p

4+

1

4

p−1∑a=0

(a

p

)(a− 1

p

). (14.20)


Pentru k ∈ Z, notam S(k) =

p−1∑a=0

(a

p

)(a− kp

). Pentru a determina N , avem nevoie de

S(1). Daca p - k, atunci

S(k) =

p−1∑b=0

(kb

p

)(k(b− 1)

p

)=

p−1∑b=0

(k

p

)(b

p

)(k

p

)(b− 1

p

)=

=

p−1∑b=0

(b

p

)(b− 1

p

)= S(1). In plus,

p−1∑k=0

S(k) =

p−1∑a=0

(a

p

) p−1∑k=0

(a− kp

)= 0. Prin urmare,

S(1) = − S(0)

p− 1= −p− 1

p− 1= −1. Introducand ın (14.20), obtinem

N =1

2

[(−1

p

)= 1

]+p+ 1

4. (14.21)

Cum N ∈ Z, rezulta ca daca p ≡ 1 (mod 4), atunci(−1p

)= 1, iar daca p ≡ 3 (mod 4),

atunci(−1p

)= −1; introducand aceste valori ın (14.21) obtinem N = 1 +

[p4

].

Observatie. Ambele metode de abordare au condus la redemonstrarea proprietatii(−1p

)= (−1)

p−12 , prezentata ın introducerea capitolului, si care ar fi putut fi utilizata

pentru a trage concluzia direct din relatiile (14.18), respectiv (14.21). Am preferat abor-darea prezentata tocmai pentru a sublinia ca proprietatea mentionata nu este necesarapentru completarea rationamentului, ci consecinta a acestuia.

Problema 14.21 Aratati ca pentru orice n ∈ N∗ are loc relatia

n! =n∏i=1

L(

1, 2, . . . ,[ni

]), (14.22)

L(a1, a2 . . . , ak) desemnand ın aceasta problema cel mai mic multiplu comun al numerelor

ıntregi a1, a2 . . . , ak.

Putnam, 2003

Solutia 1. Este suficient sa aratam ca pentru orice numar prim p exponentii lui p dindescompunerile ın factori primi ale celor doi membri ai relatiei (14.22) coincid.Conform proprietatilor functiei lui Legendre (a se vedea introducerea capitolului), expo-

nentul la care apare p ın descompunerea lui n! este

n∑i=1

[n

pi

]. Acest numar poate fi inter-

pretat ca fiind cardinalul multimii S a punctelor din primul cadran care au coordonateleın N∗ si se afla fie pe curba C data de ecuatia y = np−x, fie ıntre C si axele de coordonate;

fiecare termen

[n

pi

]al sumei reprezinta numarul de puncte din S care au abscisa i.

Pe de alta parte, exponentul lui p din descompunerea ın factori primi a lui

m(

1, 2, . . . ,[ni

])este

[logp

[ni

]]=[logp

(ni

)]. Acesta este ınsa exact numarul de puncte

din S care au ordonata i. In concluzie,n∑i=1

[logp

[ni

]]=

n∑i=1

[n

pi

], adica egalitatea dorita.

504

Solutia 2. Vom demonstra relatia ceruta prin inductie dupa n. Ea este evidenta pentrun = 1. Pasul de inductie este imediat daca utilizam identitatea

n =

n−1∏i=1

L(1, 2, . . . ,

[ni

])L(1, 2, . . . ,

[n−1i

]) . (14.23)

Ramane deci sa probam aceasta identitate; notam cu P produsul din membrul sau drept.Remarcam ca al i-lea factor din P este 1 daca n

i 6∈ N (deci, daca ni nu este divizor al lui n)

sau daca ni este divizor al lui n, dar nu este putere de numar prim (deoarece orice numar

k ∈ N∗ \1 care nu este putere de numar prim divide L(1, 2, . . . , k−1)). Pe de alta parte,daca n

i este putere a numarului prim p, atunci cel de-al i-lea factor al lui P este egal cu p.

Fie acum p ∈ N un numar prim arbitrar. Intrucat ni parcurge toti divizorii proprii ai lui

n, P contine cate un factor egal cu p pentru fiecare k ∈ N∗ pentru care pk | n. In plus, Pnu contine alti factori divizibili prin p. Din aceste motive, P coincide cu descompunereaın factori primi a lui n, ceea ce ıncheie demonstratia.

Problema 14.22 Pentru α ∈ R∗+ definim S(α) = [nα] | n ∈ N∗. Aratati ca N∗ nu se

poate scrie ca reuniunea disjuncta a trei multimi nevide S(α), S(β) si S(γ) cu α, β, γ ∈ R∗+.

Putnam, 1995

Solutie. Presupunem ca exista α, β, γ ∈ R∗+ astfel ıncat S(α), S(β) si S(γ) sa repre-zinte o partitie a lui N∗. Atunci, 1 apartine uneia dintre aceste multimi, fie ea S(α). Prinurmare, exista n ∈ N∗ astfel ıncat nα < 2. De aici rezuta α < 2; pe de alta parte, α > 1,deoarece altfel am avea S(α) = N∗, ın contradictie cu ipoteza.Consideram m ∈ N, m ≥ 2, pentru care 1+ 1

m ≤ α < 1+ 1m−1 . Atunci, [kα] = k pentru orice

k ∈ 1, 2, . . . ,m− 1, iar [mα] = m+ 1, deci m este cel mai mic element din S(β)∪ S(γ).In plus, orice doua elemente consecutive ale multimii S(β) ∪ S(γ) difera prin m sau prinm+ 1.Putem presupune, fara a restrange generalitatea, ca m ∈ S(β). Vom avea deci [β] = m.Fie n un element din S(γ). Conform celor de mai sus, elemente cele mai apropiate de nale lui S(β) se afla la distanta cel putin m de n, deci distanta dintre ele este de cel putin2m. Cum ınsa [β] = m, doua elemente consecutive din S(β) difera prin cel mult m + 1,contradictie.

Observatie. De fapt, nu exista trei multimi S(α), S(β) si S(γ) ca ın enunt care sa fiedisjuncte doua cate doua.Demonstratie: Fie N ∈ N, N > maxα, β, γ. Consideram tripletele vn =(

nα

,nβ

,nγ

)∈ R3, n ∈ 0, 1, . . . , N3. Daca divizam cubul unitate din R3 ın N3

cuburi de latura 1N , atunci, conform principiului cutiei, cel putin doua dintre aceste triplete,

fie ele vi si vj , se vor gasi ın acelasi cub din diviziune. Fie k = |i − j|. Atunci, kα este la

distanta cel mult 1N de un numar ıntreg m, deci [mα] este egal cu k − 1 sau cu k. Altfel

spus, S(α) contine fie k − 1, fie k. Se arata ın mod analog ca S(β) si S(γ) contin k − 1sau k. Asadar, cel putin unul dintre numerele k− 1 si k se gaseste ın cel putin doua dintremultimile S(α), S(β) si S(γ). Prin urmare, aceste multimi nu pot fi disjuncte doua catedoua.

Problema 14.23 Fie A ⊂ N∗ nevida si N(x) = a ∈ A| a ≤ x. Notam cu B multimea

numerelor naturale nenule b care pot fi scrise sub forma a − a′ cu a, a′ ∈ A. Scriem


B = b1, b2, . . ., cu bi < bi+1 pentru orice i ≥ 1. Aratati ca daca sirul (bi+1 − bi)i∈N∗ este

nemarginit, atunci limx→∞

N(x)

x= 0.

Putnam, 2004

Solutia 1. Sa presupunem pentru ınceput ca exista numere naturale nenule b0 = 1,b1, . . . , bn cu proprietatile:

(pn) Pentru orice i ∈ 1, 2, . . . , n, numarul ci = bi2bi−1

este natural.

(qn) Oricare ar fi e1, . . . , en ∈ −1, 0, 1, |e1b1 + e2b2 + · · ·+ enbn| 6∈ B.

Atunci, fiecare numar natural a va admite o scriere unica de tipul

a = a0b0 + a1b1 + · · ·+ an−1bn−1 +mbn

cu 0 ≤ ai < 2ci+1 pentru orice i ∈ 0, 1, . . . , n − 1. Prin urmare, oricare ar fi di ∈0, 1, . . . , ci − 1 (i ∈ 1, 2, . . . , n− 1), m0 ∈ 0, 1, . . . , 2c0 − 1 si mn ∈ N, multimea

m0b0 + (2d1 + e1)b1 + · · ·+ (2dn−1 + en−1)bn−1 + (2mn + en)bn,

unde ei ∈ 0, 1 pentru orice i ∈ 1, 2, . . . , n, contine cel mult un element din A. De

aici rezulta ca lim supx→∞

N(x)

x≤ 1

2n. Aceasta relatie arata ca, daca reusim sa construim

pentru fiecare n ∈ N∗ cate un sistem b0 = 1, b1, . . . , bn cu proprietatile (pn) si (qn), atunci

0 ≤ lim supx→∞

N(x)

x≤ 1

2npentru orice n ∈ N∗, de unde rezulta afirmatia problemei.

Vom construi inductiv sisteme b0 = 1, b1, . . . , bn cu proprietatile (pn) si (qn). Sistemulformat din b0 = 1 are ın mod trivial proprietatile (p0) si (q0). Fie acum sistemul b0 =1, b1, . . . , bn cu proprietatile (pn) si (qn). Este imediat faptul ca b0 + b1 + · · ·+ bn−1 < bn.Conform ipotezei problemei, putem gasi o multime Sn ⊂ N \ B formata din 6n numereconsecutive. Notam cu bn+1 cel de-al doilea (ın ordine crescatoare) multiplu de 2bn dinSn. Atunci, este evident ca pentru orice x ∈ −2bn,−2bn + 1, . . . , 0 avem bn+1 + x ∈Sn. Din definitia lui Sn obtinem si bn+1 + x ∈ Sn pentru orice x ∈ 0, 1, . . . , 2bn. Deaici si din faptul ca sistemul b0, b1, . . . , bn are proprietatea (qn), rezulta ca sistemul b0 =1, b1, . . . , bn, bn+1 are proprietatea (qn+1). Dar b0 = 1, b1, . . . , bn, bn+1 are proprietatea(pn+1) prin constructie, deci e un sistem de tipul cautat. Acest fapt ıncheie pasul deinductie si solutia.

Solutia 2. Fie S multimea valorilor pe care le poate lua lim supx→∞

N(x)

xpentru diversele

multimi A; cum S ⊂ [0, 1], ea este marginita; punem L = supS.

Presupunem ca L > 0. Exista atunci A si B ca ın enunt astfel ıncat lim supx→∞

N(x)

x>

3L

4. Din conditia de nemarginire din enunt rezulta ca exista m ∈ N∗ \ B. Atunci, A si

A + m sunt disjuncte. Notam A′ = A ∪ (A + m) si N ′(x) = |1, 2, . . . , x ∩ A′|. Atunci,

lim supx→∞

N ′(x)

x>

3L

2> L, deci A′ nu poate verifica conditiile din enunt. Prin urmare, daca

notam B′ = a′−a′′ | a′, a′′ ∈ A′, rezulta ca exista N ∈ N∗ astfel ıncat din orice N numerenaturale consecutive sa se gaseasca macar unul ın B′. Dar

B′ ⊂ b+ em | b ∈ B, e ∈ −1, 0, 1,

506

de unde rezulta ca din orice n+ 2m numere naturale consecutive se va gasi ın B cel putinunul, contradictie.

Ramane deci ca nu putem avea L > 0. Prin urmare, L = 0, de unde limx→∞

N(x)

x= 0.

Bibliografie

[1] L. Ahlfors, Complex Analysis, McGraw-Hill, 1979.

[2] T. Andreescu, R. Gelca, Putnam and Beyond, Springer, 2007.

[3] G. Berge, Graphs, North-Holland, 1985.

[4] C. Baetica, C. Boboc, S. Dascalescu, G. Mincu, Probleme de algebra, Ed. Univer-sitatii din Bucuresti, 2006.

[5] Gh. Bucur, E. Campu, S. Gaina, Culegere de probleme de calcul diferential si integral,III, Ed. Tehnica, Bucuresti, 1967.

[6] R. Diestel, Graph Theory, Springer, 1997.

[7] D. Dummit, R. Foote, Abstract Algebra, Prentice-Hall, 1999.

[8] S. Francinou, H. Gianella, S. Nicolas, Exercices de mathematiques des oraux del’Ecole Polytechnique et des Ecoles Normale Superieures, Cassini, Paris, 2001.

[9] D. Flondor, N. Donciu, Algebra si analiza matematica. Culgere de probleme, vol. Isi II, Ed. Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1979.

[10] L.C. Florescu, Analiza matematica, Ed. Universitatii ,,Al.I. Cuza” Iasi, 1999.

[11] A. Gibbons, Algorithmic Graph Theory, Cambridge Univ. Press, 1985.

[12] N.V. Ghircoiasu, C. Miron, Grafuri de fluenta si aplicatii ın tehnica, EdituraTehnica, Bucuresti, 1974.

[13] D. Harville, Matrix Algebra: Exercices and solutions, Springer, 2001.

[14] R. Horn, C. Johnson, Analiza matriciala, Ed. Theta, Bucuresti, 2001.

[15] H. Ikramov, Recueil de problemes d’algebre lineaire, MIR, 1977.

[16] I. D. Ion, N. Radu, Algebra, Ed. Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1981.

[17] M. Ivan, Elemente de calcul integral, Ed. Mediamira, 2003.

[18] W. Kaczor, M. Nowak, Problems in Mathematical Analysis, vol. I, II, III, A.M.S.,2003.

[19] G. Klambauer, Problems and Propositions in Analysis, Marcel Dekker, 1979.

507

508 BIBLIOGRAFIE

[20] B. Makarov, M. Goluzina, A. Lodkin, A. Podkorytov, Selected Problems in RealAnalysis, A.M.S., 2000.

[21] R. Merris, Combinatorics, Willey-Interscience, 2003.

[22] C. Nastasescu, C. Nita, C. Vraciu, Bazele algebrei, Ed. Academiei, Bucuresti, 1986.

[23] T. Needham, Visual Complex Analysis, Clarendon Press, 1997.

[24] L. Panaitopol, A. Gica, O introducere ın aritmetica si teoria numerelor, Ed. Univer-sitatii din Bucuresti, 2001

[25] L. Panaitopol, A. Gica, Probleme de aritmetica si teoria numerelor, Ed. Universitatiidin Bucuresti, 2006.

[26] G. Pavel, F.I. Tomuta, I. Gavrea, Matematici speciale, Ed. Dacia, Cluj-Napoca, 1981.

[27] V. Pop, Algebra liniara, Ed. Mediamira, 2003.

[28] V. Pop, Geometrie combinatorica, Editura Mediamira, Cluj-Napoca, 2010.

[29] V. Pop, Algebra liniara. Matrice si determinanti pentru elevi, studenti si concursuri,Ed. Mediamira, 2007.

[30] V. Pop, Algebra liniara si geometrie analitica, Ed. Mega, 2011.

[31] V. Pop, I. Corovei, Algebra liniara - seminarii, teme, concursuri, Ed. Mediamira,2006.

[32] D. Popa, Calcul integral, Ed. Mediamira, 2005.

[33] E. Popa, Introducere ın teoria functiilor de o variabila complexa, Ed. Universitatii,,Al. I. Cuza” Iasi, 2001.

[34] E. Popa, Analiza matematica, Ed. GIL, 2005.

[35] V. Prasolov, Problems and Theorems in Linear Algebra, A.M.S., 1994.

[36] A. Precupanu, Bazele analizei matematice, Ed. Canova, Iasi, 1995.

[37] I. Proskurjakov, Problems in Linear Algebra, MIR, 1979.

[38] E. Ramis, C. Deschamps, J. Odoux, Analyse, vol. 1 si 2, Ed. Masson, Paris, 1993.

[39] V. Rudner, C. Nicolescu, Probleme de matematici speciale, Ed. Didactica si Peda-gogica, Bucuresti, 1982.

[40] P.N. de Souza, J.-N. Silva, Berkeley Problems in Mathematics, Springer, 2004.

[41] G. Szekely (ed.), Contests in Higher Mathematics, Miklos Schweitzer Competitions1962-1991, Springer, 1996.

[42] T. Trif, Probleme de calcul diferential si integral ın Rn, Univ. Babes-Bolyai, 2003.

[43] I. Tomescu, Introducere ın combinatorica, Ed. Tehnica, 1972.

[44] I. Tomescu, Probleme de combinatorica si teoria grafurilor, Ed. Didactica si Peda-gogica, Bucuresti, 1981.

BIBLIOGRAFIE 509

[45] N. Vornicescu, M. Ivan, V. Popa, V. Pop, Calcul diferential, Ed. Mediamira, 2004.

[46] F. Zhang (ed.), The Schur Complement and Its Applications, Springer, 2005.

Concursuri

[47] Ariel: Internet Mathematical Olympiad for Students, 2008-2011.

[48] IMC: International Mathematics Competition for University Students, 1994-2011.

[49] Iran: Iranian University Students Mathematics Competitions, 1973-2011

[50] Vojtech Jarnik: Vojtech Jarnik International Mathematical Competition, 1991-2011.

[51] Putnam: William Lowell Putnam Mathematical Competition, 1938-2010.

[52] SEEMOUS: South Eastern European Mathematical Olympiad for University Stu-dents, 2007-2011.

teme ˘si probleme pentru concursurile internat˘ionale ... · pdf fileteme ˘si probleme...

Documents