Page 50 - RMGO 5

˘
50 Florin STANESCU s , i Carmen VIS , OIU
ˆ
|det A + det C| ≤ 1, deci |det A + zB| ≤ 1. In final, pentru z = i obt , inem c˘a
2 2
|det A + i det B| ≤ 1, adic˘ (det A) + (det B) ≤ 1.
a
3
Aplicat , ia 5. Fie A ∈ M n (R) astfel ˆıncˆat A = A + I n . S˘a se arate c˘a det A > 0.
3
Solut ,ie. Ecuat , ia x − x − 1 = 0 are o singur˘a r˘ad˘acin˘a real˘a α > 0, prin urmare

2
2
3
f = X − X − 1 = (X − α) X + aX + b , cu a < 4b, b > 0. Polinomul minimal
2
m A al matricei A divide f, deci poate fi de forma X −α sau X +aX +b. Conform
Teoremei lui Frobenius, polinomul minimal m A s , i polinomul caracteristic p A au
t
2

aceeas , i factori ireductibili, deci p A (X) = (X − α) s X + aX + b , cu s + 2t = n.
n
n
s
ˆ In final, (−1) det A =p A (0) = (−1) α b = (−1) α b , deci det A > 0.
s t
s t
Aplicat , ia 6. S˘a se demonstreze c˘a dac˘a o matrice A ∈ M n (R) are cel put ,in
1
2
n − n + 1 elemente mai mici ˆın modul decˆat , atunci ea are un minor de ordinul
n
n − 1 mai mare sau egal ˆın modul decˆat |det A| .
1
Solut ,ie. Din enunt , num˘arul de elemente mai mari ˆın modul ca este cel mult
n
n − 1, deci cel put , in o linie a matricei A are toate elementele mai mici ˆın modul
1
decˆat . Presupunem c˘a linia k are aceast˘a proprietate. Atunci |det A| =
n

n n n
P P
(−1) a kj δ kj ≤ |a kj |·|δ kj | ≤ |δ kj |. Dac˘a tot , i minori de ordinul n−1
k+j 1 P

j=1 j=1 n j=1
n
1 P
ar fi mai mici ˆın modul decˆat |det A| , atunci |δ kj | < |det A| , contradict , ie.
n j=1
Aplicat , ia 7. Fie A ∈ M n (R) o matrice antisimetric˘a, adic˘a a ij + a ji = 0 pentru
orice i, j = 1, n. S˘a se demonstreze c˘a pentru orice x, y ≥ 0 are loc inegalitatea
√
2
det (A + xI n ) · det (A + yI n ) ≥ det (A + xyI n ) .
ˆ
Solut ,ie. Intrucˆat A este o matrice antisimetric˘a, rezult˘a c˘a valorile proprii λ i ,
i = 1, n ale matrice sunt fie nule, fie pur imaginare. Dac˘a toate valorile proprii
sunt nule, atunci inegalitatea este evident egalitate. Altfel, deoarece elementele
matricei A sunt numere reale, putem considera c˘a avem λ 1 = α 1 i, λ 2 = −α 1 i,
. . . , λ k−1 = α k−1 i, λ k = −α k−1 i, λ k+1 = λ k+2 = . . . = λ n = 0, 1 < k ≤ n, k par,
∗
α 1 , . . . , α k ∈ R . Atunci, aplicˆand Inegalitatea lui Cauchy-Schwarz, avem
k
n
2
√ Y 2 Y
2
2
det (A + xyI n ) = α + xy · (xy)
p
p=1 s=k+1
k k
   
2 n 2 n
Y Y Y Y
2
2
≤  α + x 2 · x · α + y 2 · y 
 
p p
p=1 s=k+1 p=1 s=k+1
= det (A + xI n ) · det (A + yI n ) .