Ridicarea la putere cu binomul lui Newton

Metoda din lecția trecută, ridicarea la putere prin inducție matematică, are un defect ascuns: îți cere să ghicești formula înainte de a o demonstra. Calculezi $A^2$, $A^3$, te uiți la numere și speri să vezi tiparul. Când tiparul e $2n$ sau $3^n$, îl vezi; când e $\frac{n(n+1)}{2}$ sau $2n^2+n$, s-ar putea să nu-l vezi niciodată.

Lecția de față îți dă o metodă care produce formula, în loc să ți-o ceară: dacă $A$ se scrie ca sumă de două matrice ale căror puteri le cunoști, atunci $A^n$ se desface cu binomul lui Newton, exact ca $(a+b{)}^n$ la numere. Are însă o condiție de care depinde totul, iar acea condiție este defectul central al înmulțirii matricelor: necomutativitatea.

Ce vei învăța

• Vei ști de ce formula binomului nu se transferă automat de la numere la matrice și care este condiția exactă care o salvează.
• Vei ști să demonstrezi și să folosești binomul lui Newton pentru matrice care comută.
• Vei ști de ce matricea unitate $I_n$ este partenerul universal al oricărei descompuneri și ce este o matrice nilpotentă.
• Vei ști să scrii o matrice sub forma $A=\alpha I_n+N$ și să obții $A^n$ în patru pași, fără să ghicești nimic.
• Vei ști să recunoști, în subiectele de Bacalaureat M1, matricele pe care metoda le rezolvă imediat.

Hai să descoperim împreună

1. De ce avem nevoie de a doua metodă

Ia matricea $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ și calculează $A^2$, $A^3$ cu regula linie pe coloană din înmulțirea a două matrice:

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 0& 1& 2\\ 0& 0& 1\end{array}\right),A^3=\left(\begin{array}{ccc}1& 3& 6\\ 0& 1& 3\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

Colțul din dreapta-sus dă șirul $1,3,6,\dots$ — numerele triunghiulare, $\frac{n(n+1)}{2}$. Dacă nu le-ai mai văzut, rămâi blocat la primul pas al inducției: n-ai ce demonstra, pentru că n-ai ce enunța. Binomul lui Newton îți dă chiar acel $\frac{n(n+1)}{2}$, de la sine, ca sumă de coeficienți binomiali.

2. Prima capcană: formula nu se transferă gratis

La numere reale sau complexe, binomul lui Newton spune

$$(a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^{n-k}{b}^k=C_n^0{a}^n+C_n^1{a}^{n-1}b+\cdots +C_n^n{b}^n.$$

Demonstrația lui folosește, fără să o spună, faptul că $ab=ba$. La matrice, această egalitate este falsă în general — ai văzut asta în proprietățile înmulțirii matricelor. Iată ce se strică, pe cel mai mic exemplu posibil. Fie

$$A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right).$$

Atunci $A^2=O_2$, $B^2=O_2$, iar

$$AB=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right),BA=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right),AB\ne BA.$$

Desfacem cinstit pătratul, folosind numai distributivitatea:

$$(A+B{)}^2=(A+B)(A+B)=A^2+AB+BA+B^2=O_2+AB+BA+O_2=I_2.$$

Formula „de la numere" ar fi dat $A^2+2AB+B^2=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$, cu totul altceva. Reține concluzia exactă: la matrice, dezvoltarea corectă a lui $(A+B{)}^2$ este întotdeauna

$$(A+B{)}^2=A^2+AB+BA+B^2,$$

iar termenii din mijloc se strâng în $2AB$ numai dacă $AB=BA$.

3. Teorema binomului pentru matrice

Teoremă. Fie $A,B\in {\mathcal{M}}_p(\mathbb{C})$ cu $AB=BA$. Atunci, pentru orice $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$,

$$(A+B{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{A}^{n-k}{B}^k.$$

Demonstrație (schiță prin inducție după $n$). Pentru $n=1$ egalitatea e evidentă. Presupunem formula adevărată pentru $n$ și înmulțim la dreapta cu $A+B$. Din ipoteza $AB=BA$ rezultă, prin inducție, că $A^i$ comută cu $B^j$ pentru orice exponenți, deci putem muta liber factorii și grupa după puterile lui $B$. Coeficientul lui $A^{n+1-k}{B}^k$ devine $C_n^k+C_n^{k-1}$, iar formula de recurență a combinărilor dă exact $C_{n+1}^k$. Formula e demonstrată pentru $n+1$, deci pentru orice $n$. $■$

4. Partenerul universal: matricea unitate

De unde iau două matrice care comută? Răspunsul e mereu la îndemână: $I_p$ comută cu orice matrice pătratică de același ordin, adică $I_{p}M=M{I}_p=M$ pentru orice $M\in {\mathcal{M}}_p(\mathbb{C})$. Prin urmare, pentru orice $A\in {\mathcal{M}}_p(\mathbb{C})$ și orice scalar $\alpha$, descompunerea

$$A=\alpha I_p+N,\text{unde }N=A-\alpha I_p,$$

este întotdeauna legală: $\alpha I_p$ comută cu tot, deci și cu $N$. Descompunerea nu costă nimic; întrebarea e când e și utilă.

5. Matricele nilpotente taie suma

Definiție. O matrice $N\in {\mathcal{M}}_p(\mathbb{C})$ se numește nilpotentă dacă există $q\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ cu $N^q=O_p$. Cel mai mic astfel de $q$ se numește indicele de nilpotență.

Aici e toată puterea metodei. Dacă $N^q=O_p$, atunci și toate puterile următoare sunt nule, deci în suma binomială toți termenii cu $k\ge q$ dispar:

$$(\alpha I_p+N{)}^n=\sum _{k=0}^{q-1}{C}_n^k{\alpha }^{n-k}{N}^k.$$

O sumă cu $n+1$ termeni s-a redus la una cu cel mult $q$ termeni, oricât de mare ar fi $n$. La ordinele $2$ și $3$, $q$ este $2$ sau $3$: două-trei bucăți de scris.

Exemplu minimal. Pentru $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$ luăm $\alpha =1$, deci $N=A-I_2=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 0\end{array}\right)$ și $N^2=O_2$. Rămân doi termeni: $A^n=C_n^0{I}_2+C_n^{1}N=I_2+nN=\left(\begin{array}{cc}1& 2n\\ 0& 1\end{array}\right)$. Verificare: pentru $n=3$ formula dă $\left(\begin{array}{cc}1& 6\\ 0& 1\end{array}\right)$, exact $A^3$ calculat direct.

6. Rețeta, în patru pași

1. Alege $\alpha$ — valoarea care se repetă pe diagonala principală a lui $A$.
2. Scrie $N=A-\alpha I_p$ și calculează $N^2$, apoi $N^3$, până obții matricea nulă. Dacă nu obții niciodată $O_p$, treci la altă metodă.
3. Scrie suma trunchiată $(\alpha I_p+N{)}^n=\sum _{k=0}^{q-1}{C}_n^k{\alpha }^{n-k}{N}^k$, cu $q$ = indicele de nilpotență.
4. Adună matricele și verifică formula pentru $n=1$ și $n=2$.

Pasul 4 nu e opțional: e singurul care te apără de o greșeală de semn sau de un coeficient uitat.

7. Exemplul complet, de ordinul al treilea

Reluăm matricea de la care am pornit, $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. Diagonala e constantă, egală cu $1$, deci $\alpha =1$ și

$$N=A-I_3=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right),N^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right),N^3=O_3.$$

Indicele de nilpotență este $3$, deci rămân trei termeni:

$$A^n=C_n^0{I}_3+C_n^{1}N+C_n^2{N}^2=I_3+nN+\frac{n(n-1)}{2}{N}^2.$$

Adunăm element cu element. Pe poziția din colțul dreapta-sus se strâng $n\cdot 1$ (din $nN$) și $\frac{n(n-1)}{2}\cdot 1$ (din $C_n^2{N}^2$), adică

$$n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{2n+n^2-n}{2}=\frac{n(n+1)}{2}.$$

Prin urmare

$$A^n=\left(\begin{array}{ccc}1& n& \frac{n(n+1)}{2}\\ 0& 1& n\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

Control pentru $n=3$: formula dă $6$ în colț, exact valoarea calculată direct la începutul lecției. Numerele triunghiulare pe care „trebuia să le ghicești" au apărut singure, ca $C_n^1+C_n^2$.

8. Când a doua bucată nu e nilpotentă, dar are puteri simple

Binomul funcționează ori de câte ori cunoști toate puterile lui $N$, nu doar când ea e nilpotentă. Fie $J=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$; atunci $J^2=2J$, de unde, prin inducție, $J^k=2^{k-1}J$ pentru orice $k\ge 1$. Luăm $A=I_2+J=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$; cum $I_2$ comută cu $J$, binomul dă

$$A^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{J}^k=I_2+\sum _{k=1}^n{C}_n^k{2}^{k-1}J=I_2+\frac{J}{2}\sum _{k=1}^n{C}_n^k{2}^k.$$

Suma se calculează cu identitățile cu coeficienți binomiali: din $(1+2{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{2}^k$ rezultă $\sum _{k=1}^n{C}_n^k{2}^k=3^n-1$, deci

$$A^n=I_2+\frac{3^n-1}{2}J=\left(\begin{array}{cc}\frac{3^n+1}{2}& \frac{3^n-1}{2}\\ \frac{3^n-1}{2}& \frac{3^n+1}{2}\end{array}\right).$$

Verificare pentru $n=2$: formula dă $\left(\begin{array}{cc}5& 4\\ 4& 5\end{array}\right)$, exact $A^2$. Aceeași matrice reapare în lecția următoare, rezolvată prin șiruri recurente. Pentru ordinul $2$ mai există și o a cincea metodă, mult mai rapidă, dar ea se studiază abia la lecția 27.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Diagonală constantă, diferită de $1$

Determinați $A^n$, $n \in \mathbb{N}^{}$,pentru$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \ 0 & 2 \end{pmatrix}$.*

Rezolvare. Diagonala este constantă, egală cu $2$, deci $\alpha =2$ și

$$N=A-2I_2=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right),N^2=O_2.$$

Suma se oprește la $k=1$:

$$A^n=C_n^0{2}^n{I}_2+C_n^1{2}^{n-1}N=2^n{I}_2+n{2}^{n-1}N=\left(\begin{array}{cc}{2}^n& n{2}^{n-1}\\ 0& 2^n\end{array}\right).$$

Control pentru $n=3$: formula dă $\left(\begin{array}{cc}8& 12\\ 0& 8\end{array}\right)$, iar calculul direct confirmă. Atenție la exponentul $n-1$: el vine din ${\alpha }^{n-k}$ cu $k=1$ și este locul unde se greșește cel mai des.

Exemplul 2 — Diagonală negativă

Determinați $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{cc}-1& 2\\ 0& -1\end{array}\right)$.

Rezolvare. Aici $\alpha =-1$, deci $N=A+I_2=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 0\end{array}\right)$ și $N^2=O_2$. Atunci

$$A^n=(-1{)}^n{I}_2+n(-1{)}^{n-1}N=\left(\begin{array}{cc}(-1{)}^n& 2n(-1{)}^{n-1}\\ 0& (-1{)}^n\end{array}\right).$$

Pe scurt: $A^n=(-1{)}^n\left(\begin{array}{cc}1& -2n\\ 0& 1\end{array}\right)$. Control pentru $n=2$: $\left(\begin{array}{cc}1& -4\\ 0& 1\end{array}\right)$, iar $A^2$ calculat direct este $\left(\begin{array}{cc}1& -4\\ 0& 1\end{array}\right)$.

Exemplul 3 — Triunghiulară inferioară de ordin $3$

Determinați $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 3& 2& 1\end{array}\right)$.

Rezolvare. Cu $\alpha =1$ obținem $N=A-I_3=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 2& 0& 0\\ 3& 2& 0\end{array}\right)$, cu $N^2$ având un singur element nenul, $4$, în colțul stânga-jos, și $N^3=O_3$. Rămân trei termeni:

$$A^n=I_3+nN+\frac{n(n-1)}{2}{N}^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2n& 1& 0\\ 3n+2n(n-1)& 2n& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2n& 1& 0\\ 2n^2+n& 2n& 1\end{array}\right),$$

unde am folosit $\frac{n(n-1)}{2}\cdot 4=2n(n-1)$ și $3n+2n^2-2n=2n^2+n$. Control pentru $n=2$: colțul stânga-jos dă $2\cdot 4+2=10$, iar $A^2$ calculat direct are acolo tot $10$.

Exemplul 4 — Diagonală constantă $2$ și nilpotență de indice $3$

Determinați $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 1& 2& 0\\ 0& 1& 2\end{array}\right)$.

Rezolvare. Cu $\alpha =2$, matricea $N=A-2I_3$ are $1$ pe cele două poziții de sub diagonală și $0$ în rest; $N^2$ are un singur element nenul, $1$, în colțul stânga-jos, iar $N^3=O_3$. Suma trunchiată:

$$A^n=2^n{I}_3+n{2}^{n-1}N+\frac{n(n-1)}{2}{2}^{n-2}{N}^2=\left(\begin{array}{ccc}{2}^n& 0& 0\\ n{2}^{n-1}& 2^n& 0\\ \frac{n(n-1)}{2}{2}^{n-2}& n{2}^{n-1}& 2^n\end{array}\right).$$

Control pentru $n=3$: colțul stânga-jos dă $\frac{3\cdot 2}{2}\cdot 2=6$, exact cât are $A^3$ acolo. Observă cele trei puteri diferite ale lui $2$, venite din exponentul $n-k$.

Exemplul 5 — Când NU se poate aplica binomul

Fie $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$ și $B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right)$. Se poate dezvolta $(A+B{)}^n$ cu binomul lui Newton?

Rezolvare. Verificăm ipoteza: $AB=\left(\begin{array}{cc}7& 2\\ 3& 1\end{array}\right)$, iar $BA=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)$. Produsele sunt diferite, deci $AB\ne BA$ și binomul nu se aplică. Nu înseamnă că $(A+B{)}^n$ nu se poate calcula: scrii $A+B=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 3& 2\end{array}\right)$ și cauți o formulă pentru puterile ei prin inducție sau prin șiruri recurente. Morala: ipoteza $AB=BA$ se verifică prin calcul, nu se presupune.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră matricea $B=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$. a) Demonstrați că $B^n=\left(\begin{array}{cc}1& 2n\\ 0& 1\end{array}\right)$, pentru orice $n \in \mathbb{N}^{}$.* b) Determinați $n \in \mathbb{N}^{}$pentrucaresumaelementelormatricei$B^n$esteegal\breve{a}cu$24$.* c) Calculați $S=B+B^2+\cdots +B^n$.

Rezolvare. a) Scriem $B=I_2+N$ cu $N=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 0\end{array}\right)$ și $N^2=O_2$. Cele două matrice comută (una dintre ele este $I_2$), deci binomul dă $B^n=I_2+nN=\left(\begin{array}{cc}1& 2n\\ 0& 1\end{array}\right)$.

b) Suma elementelor este $1+2n+0+1=2n+2$. Din $2n+2=24$ obținem $n=11$. Verificare: $B^{11}=\left(\begin{array}{cc}1& 22\\ 0& 1\end{array}\right)$, cu suma elementelor $1+22+0+1=24$.

c) Adunăm element cu element: pe diagonală se strâng $n$ de $1$, iar în colț $2+4+\cdots +2n=n(n+1)$. Deci

$$S=\left(\begin{array}{cc}n& n(n+1)\\ 0& n\end{array}\right).$$

Control pentru $n=3$: $S=B+B^2+B^3=\left(\begin{array}{cc}3& 12\\ 0& 3\end{array}\right)$, iar formula dă $3\cdot 4=12$ în colț.

Să exersăm

La fiecare exercițiu, scrie explicit descompunerea $A=\alpha I_p+N$, calculează puterile lui $N$ până obții $O_p$ și verifică formula finală pentru $n=1$ și $n=2$.

1. Calculează $A^2$ și $A^3$ pentru $A=\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 0& 1\end{array}\right)$, apoi determină $A^n$ cu binomul lui Newton.

2. Scrie $A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -2& 1\end{array}\right)$ sub forma $I_2+N$ și determină $A^n$.

3. Fie $N=\left(\begin{array}{cc}0& 5\\ 0& 0\end{array}\right)$. Arată că $N^2=O_2$ și calculează $(I_2+N{)}^{10}$.

4. Determină $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 0& 3\end{array}\right)$ și calculează $A^4$.

5. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Pentru orice $A,B\in {\mathcal{M}}_2(\mathbb{C})$ are loc egalitatea $(A+B{)}^2=A^2+2AB+B^2$."

6. Determină $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ și compară rezultatul cu cel obținut în lecție pentru matricea care are $1$ și în colțul dreapta-sus.

7. Determină $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{cc}-2& 1\\ 0& -2\end{array}\right)$, apoi calculează $A^5$.

8. Determină $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{cc}5& 0\\ 7& 5\end{array}\right)$.

9. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $N\in {\mathcal{M}}_2(\mathbb{C})$ și $N\ne O_2$, atunci $N^2\ne O_2$."

10. Fie $J=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$. Scrie $A=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 1& 3\end{array}\right)$ sub forma $2I_2+J$ și determină $A^n$.

11. Verifică dacă matricele $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$ și $B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right)$ comută și spune ce concluzie tragi despre dezvoltarea lui $(A+B{)}^3$.

12. Determină $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 1& 2& 0\\ 0& 1& 2\end{array}\right)$.

13. (Problemă aplicată.) Un cărucior se deplasează cu viteză constantă. Poziția și viteza lui la fiecare secundă se obțin înmulțind coloana $\left(\begin{array}{c}x\\ v\end{array}\right)$ cu matricea $T=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$. Determină $T^{20}$ și află poziția după $20$ de secunde, dacă la pornire $x=12$ metri și $v=5$ metri pe secundă.

14. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $A=\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 0& 1\end{array}\right)$. a) Demonstrați că $A^n=\left(\begin{array}{cc}1& 4n\\ 0& 1\end{array}\right)$ pentru orice $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. b) Determinați $n$ pentru care suma elementelor matricei $A^n$ este $42$.

15. Determină $A^n$ pentru $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 5& 0& 1\end{array}\right)$.

16. Pentru $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$, calculează $S=I_2+A+A^2+\cdots +A^n$.

17. Explică, în două-trei fraze, de ce descompunerea $A=\alpha I_p+N$ este permisă pentru orice matrice pătratică $A$ și orice scalar $\alpha$, dar utilă doar în anumite cazuri.

18. (Provocare.) Fie $N=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$. Arată că $N^3=O_3$ și determină $(I_3+N{)}^n$.

Răspunsuri și explicații

1. $A^2=\left(\begin{array}{cc}1& 6\\ 0& 1\end{array}\right)$, $A^3=\left(\begin{array}{cc}1& 9\\ 0& 1\end{array}\right)$. Cu $N=A-I_2$ și $N^2=O_2$, binomul dă $A^n=I_2+nN=\left(\begin{array}{cc}1& 3n\\ 0& 1\end{array}\right)$, în acord cu valorile calculate.

2. $N=A-I_2=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ -2& 0\end{array}\right)$, $N^2=O_2$, deci $A^n=I_2+nN=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -2n& 1\end{array}\right)$. Nilpotența funcționează la fel și pentru matricele triunghiulare inferioare.

3. $N^2=\left(\begin{array}{cc}0& 5\\ 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 5\\ 0& 0\end{array}\right)=O_2$. Deci $(I_2+N{)}^{10}=I_2+10N=\left(\begin{array}{cc}1& 50\\ 0& 1\end{array}\right)$.

4. Cu $\alpha =3$ și $N=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$, $N^2=O_2$: $A^n=3^n{I}_2+n{3}^{n-1}N=\left(\begin{array}{cc}{3}^n& n{3}^{n-1}\\ 0& 3^n\end{array}\right)$. Pentru $n=4$: $3^4=81$ și $4\cdot 27=108$, deci $A^4=\left(\begin{array}{cc}81& 108\\ 0& 81\end{array}\right)$.

5. Fals. Dezvoltarea corectă este $(A+B{)}^2=A^2+AB+BA+B^2$, iar $AB+BA=2AB$ numai când $AB=BA$. Contraexemplul din lecție: pentru $A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ și $B=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$ avem $(A+B{)}^2=I_2$, dar $A^2+2AB+B^2=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$.

6. $N=A-I_3$ are $1$ pe pozițiile $(1,2)$ și $(2,3)$; $N^2$ are un singur $1$, în colțul dreapta-sus, iar $N^3=O_3$. Deci $A^n=I_3+nN+\frac{n(n-1)}{2}{N}^2=\left(\begin{array}{ccc}1& n& \frac{n(n-1)}{2}\\ 0& 1& n\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. În lecție, colțul era $\frac{n(n+1)}{2}$, pentru că acolo $N$ avea și un $1$ în colț, care aducea un $n$ în plus. Aceeași structură a lui $N^2$, două rezultate diferite — motiv să nu memorezi formula, ci procedura.

7. $\alpha =-2$, $N=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$, $N^2=O_2$, deci $A^n=(-2{)}^n{I}_2+n(-2{)}^{n-1}N=\left(\begin{array}{cc}(-2{)}^n& n(-2{)}^{n-1}\\ 0& (-2{)}^n\end{array}\right)$. Pentru $n=5$: $(-2{)}^5=-32$ și $5\cdot (-2{)}^4=80$, deci $A^5=\left(\begin{array}{cc}-32& 80\\ 0& -32\end{array}\right)$.

8. $\alpha =5$, $N=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 7& 0\end{array}\right)$, $N^2=O_2$, deci $A^n=\left(\begin{array}{cc}{5}^n& 0\\ 7n{5}^{n-1}& 5^n\end{array}\right)$. Control pentru $n=2$: $7\cdot 2\cdot 5=70$, iar $A^2$ direct are $70$ pe acea poziție.

9. Fals. Contraexemplu: $N=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)\ne O_2$, dar $N^2=O_2$. Exact acest fenomen — o matrice nenulă cu pătratul nul — face metoda posibilă. La numere reale nu are corespondent: din $x^2=0$ rezultă $x=0$.

10. $A-2I_2=J$, iar $J^k=2^{k-1}J$. Binomul dă $A^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{2}^{n-k}{J}^k=2^n{I}_2+\sum _{k=1}^n{C}_n^k{2}^{n-k}{2}^{k-1}J$. Cum $2^{n-k}\cdot 2^{k-1}=2^{n-1}$ nu depinde de $k$, suma devine $2^{n-1}(2^n-1)J$, deci $A^n=2^n{I}_2+2^{n-1}(2^n-1)J=\left(\begin{array}{cc}\frac{4^n+2^n}{2}& \frac{4^n-2^n}{2}\\ \frac{4^n-2^n}{2}& \frac{4^n+2^n}{2}\end{array}\right)$. Control pentru $n=2$: $\left(\begin{array}{cc}10& 6\\ 6& 10\end{array}\right)$, exact $A^2$.

11. $AB\ne BA$ (produsele sunt calculate în Exemplul 5), deci matricele nu comută și binomul nu se poate aplica lui $(A+B{)}^3$. Dezvoltarea corectă are opt termeni, scriși în ordinea în care apar factorii, și nu se strânge.

12. $N=A-2I_3$ are $1$ pe pozițiile $(2,1)$ și $(3,2)$, $N^2$ are $1$ în colțul stânga-jos, $N^3=O_3$. Deci $A^n=\left(\begin{array}{ccc}{2}^n& 0& 0\\ n{2}^{n-1}& 2^n& 0\\ \frac{n(n-1)}{2}{2}^{n-2}& n{2}^{n-1}& 2^n\end{array}\right)$. Control pentru $n=2$: colțul stânga-jos dă $1\cdot 1=1$, iar $A^2$ direct are acolo $1$.

13. $T=I_2+N$ cu $N^2=O_2$, deci $T^{20}=\left(\begin{array}{cc}1& 20\\ 0& 1\end{array}\right)$ și $T^{20}\left(\begin{array}{c}12\\ 5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}112\\ 5\end{array}\right)$: după $20$ de secunde căruciorul este la $112$ metri, cu aceeași viteză. Regăsim formula $x=x_0+vt$ a mișcării uniforme, ascunsă în puterile unei matrice.

14. a) $A=I_2+N$ cu $N=\left(\begin{array}{cc}0& 4\\ 0& 0\end{array}\right)$ și $N^2=O_2$; matricele $I_2$ și $N$ comută, deci $A^n=I_2+nN=\left(\begin{array}{cc}1& 4n\\ 0& 1\end{array}\right)$. b) Suma elementelor este $1+4n+0+1=4n+2$; din $4n+2=42$ obținem $n=10$. Verificare: $A^{10}=\left(\begin{array}{cc}1& 40\\ 0& 1\end{array}\right)$, cu suma $42$.

15. $N=A-I_3$ are un singur element nenul, $5$, pe poziția $(3,1)$, iar $N^2=O_3$. Deci $A^n=I_3+nN$, adică matricea unitate cu $5n$ pe poziția $(3,1)$: nilpotența de indice $2$ apare și la ordinul $3$.

16. $A^k=\left(\begin{array}{cc}1& k\\ 0& 1\end{array}\right)$ pentru orice $k\ge 0$ (pentru $k=0$ se obține $I_2$, prin convenția $A^0=I_2$). Adunând de la $k=0$ la $k=n$: pe diagonală apar $n+1$ de $1$, iar în colț $0+1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$. Deci $S=\left(\begin{array}{cc}n+1& \frac{n(n+1)}{2}\\ 0& n+1\end{array}\right)$.

17. Pentru că $\alpha I_p$ comută cu orice matrice de ordin $p$, deci ipoteza binomului e îndeplinită automat. Descompunerea devine utilă doar când puterile lui $N=A-\alpha I_p$ sunt cunoscute: când $N$ e nilpotentă sau când $N^2$ e multiplu de $N$. Altfel ai schimbat o problemă grea cu alta la fel de grea.

18. $N^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 3\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$ și $N^3=O_3$. Atunci $(I_3+N{)}^n=I_3+nN+\frac{n(n-1)}{2}{N}^2$, adică

$$(I_3+N{)}^n=\left(\begin{array}{ccc}1& n& 2n+\frac{3n(n-1)}{2}\\ 0& 1& 3n\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

Control pentru $n=5$: colțul dreapta-sus dă $10+3\cdot 10=40$, iar calculul direct al lui $(I_3+N{)}^5$ confirmă.

De reținut

• Binomul cere ipoteza $AB=BA$: $(A+B{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{A}^{n-k}{B}^k$ e adevărat numai pentru matrice care comută.
• $I_p$ comută cu orice matrice, deci descompunerea $A=\alpha I_p+N$, cu $N=A-\alpha I_p$, e mereu permisă — ea e motorul metodei.
• O matrice nilpotentă ($N^q=O_p$) taie suma la $q$ termeni, oricât de mare ar fi $n$.
• Exponenții scalarului sunt $n-k$: ${\alpha }^n$, ${\alpha }^{n-1}$, ${\alpha }^{n-2}$ — nu toți ${\alpha }^n$. Aici se pierd cele mai multe puncte.
• Verifică formula finală pentru $n=1$ și $n=2$, comparând cu $A$ și cu $A^2$ calculate direct.

Greșeli frecvente

• Aplicarea binomului fără a verifica $AB=BA$. Greșeala capitală: rezultatul e fals, chiar dacă restul calculelor e corect. Scrie explicit $AB$ și $BA$ înainte de a începe.
• Uitarea puterilor lui $\alpha$. Din $(\alpha I_p+N{)}^n$ mulți rețin doar ${\alpha }^n{I}_p+nN$, pierzând factorul ${\alpha }^{n-1}$. Corect: ${\alpha }^n{I}_p+n{\alpha }^{n-1}N+\dots$
• Oprirea prea devreme la puterile lui $N$. Dacă $N^2\ne O_p$, suma nu are doi termeni. Calculează până obții efectiv matricea nulă.
• Metoda aplicată unde nu duce nicăieri. Pentru $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)$ nu există $\alpha$ cu $A-\alpha I_2$ nilpotentă. Semnul practic: diagonala nu e constantă.
• Notația combinărilor. Scriem $C_n^k$, nu alte notații internaționale; la Bacalaureat M1 se folosește exclusiv această formă.

Aplică acasă

1. Fabrica de matrice nilpotente. Ia o matrice de ordin $3$ triunghiulară, cu zerouri pe toată diagonala și numere la alegere deasupra ei; calculează $N^2$ și $N^3$. Repetă cu alte trei seturi de numere și formulează singur regula pe care o descoperi.

2. Verificarea în foaia de calcul. Scrie matricea $\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 0& 2\end{array}\right)$ și înmulțește-o cu ea însăși de șase ori. Compară colțul din dreapta-sus cu valorile $n\cdot 2^{n-1}$: $1,4,12,32,80,192$.

3. Vânătoarea de matrice cu diagonală constantă. Caută în culegere cinci exerciții cu puteri de matrice și sortează-le după cum $A-\alpha I_p$ iese sau nu nilpotentă. Primul teanc va fi mult mai mare decât te aștepți.

Pentru părinți și profesori

Lecția introduce a doua metodă de ridicare la putere cerută de programa clasei a XI-a, cu o componentă conceptuală (de ce binomul cere comutativitate) și una procedurală (descompunerea $A=\alpha I_p+N$ și trunchierea sumei). Prima nu trebuie sărită: cine aplică binomul mecanic greșește la primul exercițiu cu două matrice oarecare.

De verificat în caiet: (1) produsele $AB$ și $BA$ scrise explicit când se invocă binomul; (2) puterile lui $N$ calculate până la matricea nulă, nu presupuse; (3) exponenții lui $\alpha$ sunt $n-k$, nu toți $n$; (4) formula finală testată pe $n=1$ și $n=2$. Întrebări de control: „Ce ipoteză cere binomul la matrice?"; „De ce merge întotdeauna cu $I_p$?"; „Câți termeni rămân dacă $N^3=O_3$?".

La BAC M1 metoda apare aproape de fiecare dată când matricea din enunț e triunghiulară cu diagonala constantă. Semn că elevul a înțeles: alege singur $\alpha$ uitându-se la diagonală, în loc să încerce inducția.

Întrebări frecvente

Când se poate aplica binomul lui Newton la matrice? Numai când cele două matrice comută, adică $AB=BA$. Este singura ipoteză, dar este obligatorie: fără ea, dezvoltarea $(A+B{)}^2=A^2+AB+BA+B^2$ nu se mai strânge, iar formula cu $C_n^k$ devine falsă.

Ce este o matrice nilpotentă? O matrice pătratică $N$ pentru care există un exponent $q$ cu $N^q=O_p$. Cel mai mic astfel de $q$ se numește indice de nilpotență. Exemplul tipic este o matrice triunghiulară cu toate elementele de pe diagonala principală egale cu zero.

Cum aleg valoarea lui alfa în descompunerea $A=\alpha I_p+N$? Te uiți la diagonala principală a lui $A$. Dacă toate elementele ei sunt egale cu un număr, acela este $\alpha$. Dacă nu sunt egale, descompunerea rareori duce la o matrice nilpotentă și e mai bine să folosești altă metodă.

De ce se opresc termenii sumei binomiale? Pentru că, dacă $N^q=O_p$, toate puterile mai mari sunt tot matricea nulă, iar termenii lor dispar: rămân cel mult $q$ termeni, oricât de mare ar fi $n$. Aceasta e și diferența față de inducție, care cere să ghicești formula înainte de a o demonstra.

Ce fac dacă matricea nu are diagonala constantă? Încearcă metoda șirurilor recurente, din lecția următoare, sau inducția. Pentru matricele de ordin $2$ există și o metodă mult mai rapidă, bazată pe ecuația Hamilton-Cayley, dar ea se studiază abia la lecția 27, după capitolul de determinanți.

Cum apar aceste exerciții la Bacalaureat M1? De regulă sub forma „demonstrați că $A^n=\dots$ pentru orice $n$ natural nenul", urmată de o cerință numerică: aflarea unui exponent din suma elementelor, calculul unei sume de puteri sau verificarea unei egalități. Descompunerea $A=\alpha I_p+N$ rezolvă prima parte în două rânduri.