Acasă · Lecții · clasa a XI-a · Ridicarea la putere cu ajutorul șirurilor recurente

Ridicarea la putere cu ajutorul șirurilor recurente

Ai două metode de calcul al lui $A^{n}$ și fiecare are un preț. Inducția matematică îți cere să ghicești formula înainte de a o demonstra. Binomul lui Newton îți cere o descompunere $A = α I_{p} + N$ cu $N$ nilpotentă, care nu există pentru orice matrice.

A treia metodă nu cere nici să ghicești, nici să ai noroc la descompunere. Ideea ei: nu încerca să afli direct matricea $A^{n}$ , ci urmărește cum se schimbă fiecare element de la un pas la altul. Elementele lui $A^{n}$ formează niște șiruri, iar egalitatea $A^{n + 1} = A \cdot A^{n}$ îți dă chiar relațiile de recurență dintre ele. Problema de matrice se transformă într-o problemă de șiruri, pe care o știi rezolva din clasa a IX-a.

Ce vei învăța

Vei ști să transformi calculul lui $A^{n}$ într-un sistem de recurențe între elemente, folosind $A^{n + 1} = A \cdot A^{n}$ .
Vei recunoaște cele patru tipare de recurență care apar efectiv și vei ști termenul general al fiecăruia.
Vei ști să decuplezi un sistem de două recurențe prin sumă și diferență.
Vei ști să tratezi cazul în care recurența nu duce la o formulă închisă simplă și recurența însăși este răspunsul.
Vei ști să alegi între cele trei metode elementare și să-ți verifici rezultatul pe $n = 1$ și $n = 2$ .

Hai să descoperim împreună

1. Ideea: lasă matricea să dicteze relațiile

Scriem puterea necunoscută cu elemente notate ca șiruri, indexate după exponent:

$A^{n} = (a_{n} c_{n} b_{n} d_{n}), n \in N^{*} .$

Cele patru simboluri nu sunt numere, ci șiruri: $a_{1}$ e elementul din colțul stânga-sus al lui $A$ , $a_{2}$ cel al lui $A^{2}$ și așa mai departe. Nu presupunem nimic despre ele.

2. Mecanismul: $A^{n + 1} = A \cdot A^{n}$

Egalitatea $A^{n + 1} = A \cdot A^{n}$ e doar definiția puterii, dar citită în ambele sensuri devine o unealtă. Membrul stâng e $(a_{n + 1} c_{n + 1} b_{n + 1} d_{n + 1})$ , iar membrul drept se calculează cu regula linie pe coloană. Două matrice sunt egale exact când au toate elementele egale, deci obținem patru relații între rangul $n + 1$ și rangul $n$ . Atât: scrii produsul, identifici elementele, rezolvi șirurile.

Identificarea elementelor dă cele patru recurențe

3. Cele patru tipare de recurență

În toate exercițiile de clasa a XI-a apar doar patru tipuri de recurențe. Le știi de la șirurile definite prin recurență, din clasa a IX-a; aici doar le folosim.

(T1) Geometric: $x_{n + 1} = q x_{n}$ . Este chiar definiția unei progresii geometrice de rație $q$ , deci $x_{n} = x_{1} q^{n - 1}$ . Cazul $q = 1$ dă un șir constant.

(T2) Cu adaos variabil: $x_{n + 1} = x_{n} + t_{n}$ . Se rezolvă prin adunarea relațiilor, de la rangul $1$ la rangul $n - 1$ : termenii intermediari se reduc și rămâne $x_{n} = x_{1} + t_{1} + t_{2} + \dots + t_{n - 1}$ . Când $t_{n}$ e o progresie geometrică, suma se calculează cu formula sumei primilor termeni.

(T3) Afin: $x_{n + 1} = q x_{n} + c$ , cu $q \neq = 1$ . Se caută punctul fix $ℓ$ , adică soluția ecuației $ℓ = q ℓ + c$ , deci $ℓ = \frac{c}{1 - q}$ . Scăzând, $x_{n + 1} - ℓ = q (x_{n} - ℓ)$ : șirul $x_{n} - ℓ$ este geometric, de rație $q$ . Prin urmare

$x_{n} = ℓ + (x_{1} - ℓ) q^{n - 1} .$

(T4) Sistem cuplat: $x_{n + 1} = α x_{n} + β y_{n}$ , $y_{n + 1} = β x_{n} + α y_{n}$ . Aduni relațiile și le scazi: suma $s_{n} = x_{n} + y_{n}$ verifică $s_{n + 1} = (α + β) s_{n}$ , iar diferența $p_{n} = x_{n} - y_{n}$ verifică $p_{n + 1} = (α - β) p_{n}$ — două șiruri geometrice independente, din care recuperezi $x_{n} = \frac{s _{n} + p _{n}}{2}$ și $y_{n} = \frac{s _{n} - p _{n}}{2}$ .

4. Primul exemplu complet: o recurență afină

Fie $A = (2011)$ . Scriem $A^{n} = (a_{n} c_{n} b_{n} d_{n})$ și calculăm produsul:

$A \cdot A^{n} = (2011) (a_{n} c_{n} b_{n} d_{n}) = (2 a_{n} + c_{n} c_{n} 2 b_{n} + d_{n} d_{n}) .$

Identificăm cu $A^{n + 1}$ și obținem sistemul

$a_{n + 1} = 2 a_{n} + c_{n}, b_{n + 1} = 2 b_{n} + d_{n}, c_{n + 1} = c_{n}, d_{n + 1} = d_{n},$

cu valorile de pornire citite din $A$ însăși: $a_{1} = 2$ , $b_{1} = 1$ , $c_{1} = 0$ , $d_{1} = 1$ .

Rezolvăm în ordinea în care șirurile devin cunoscute. Din $c_{n + 1} = c_{n}$ și $c_{1} = 0$ rezultă $c_{n} = 0$ pentru orice $n$ ; la fel, $d_{n} = 1$ . Le înlocuim în primele două relații:

$a_{n + 1} = 2 a_{n} (tiparul T1), b_{n + 1} = 2 b_{n} + 1 (tiparul T3) .$

Prima dă $a_{n} = 2 \cdot 2^{n - 1} = 2^{n}$ . Pentru a doua, punctul fix este $ℓ = \frac{1}{1 - 2} = - 1$ , deci $b_{n + 1} + 1 = 2 (b_{n} + 1)$ : șirul $b_{n} + 1$ este geometric de rație $2$ , cu primul termen $b_{1} + 1 = 2$ . Rezultă $b_{n} + 1 = 2^{n}$ , adică $b_{n} = 2^{n} - 1$ . Prin urmare

$A^{n} = (2^{n} 0 2^{n} - 1 1) .$

Control: pentru $n = 3$ formula dă $(8071)$ , iar $A^{3}$ calculat direct este același. Observă că binomul nu ar fi ajutat aici: diagonala lui $A$ nu e constantă, deci $A - α I_{2}$ nu iese nilpotentă pentru niciun $α$ .

5. Al doilea exemplu: telescopare

Fie $A = (1012)$ . Cu aceeași notație,

$A \cdot A^{n} = (1012) (a_{n} c_{n} b_{n} d_{n}) = (a_{n} + c_{n} 2 c_{n} b_{n} + d_{n} 2 d_{n}) .$

Sistemul este $a_{n + 1} = a_{n} + c_{n}$ , $b_{n + 1} = b_{n} + d_{n}$ , $c_{n + 1} = 2 c_{n}$ , $d_{n + 1} = 2 d_{n}$ , cu $a_{1} = b_{1} = 1$ , $c_{1} = 0$ , $d_{1} = 2$ . Din $c_{n + 1} = 2 c_{n}$ și $c_{1} = 0$ rezultă $c_{n} = 0$ , deci $a_{n} = 1$ ; din $d_{n + 1} = 2 d_{n}$ obținem $d_{n} = 2^{n}$ . Rămâne

$b_{n + 1} = b_{n} + 2^{n} (tiparul T2), b_{1} = 1.$

Adunăm relațiile scrise pentru $1, 2, \dots, n - 1$ ; termenii $b_{2}, \dots, b_{n - 1}$ se reduc și rămâne

$b_{n} = b_{1} + 2 + 2^{2} + \dots + 2^{n - 1} = 1 + 2 + 4 + \dots + 2^{n - 1} = 2^{n} - 1,$

unde am folosit suma primilor $n$ termeni ai unei progresii geometrice de rație $2$ . Deci $A^{n} = (10 2^{n} - 1 2^{n})$ . Control pentru $n = 2$ : $(1034)$ , exact $A^{2}$ .

6. Sisteme cuplate: suma și diferența

Fie $A = (2112)$ — matricea pe care lecția precedentă a rezolvat-o cu binomul, folosind descompunerea $A = I_{2} + J$ . O luăm acum pe drumul recurențelor:

$A \cdot A^{n} = (2 a_{n} + c_{n} a_{n} + 2 c_{n} 2 b_{n} + d_{n} b_{n} + 2 d_{n}) .$

Pornim de la $a_{1} = d_{1} = 2$ și $b_{1} = c_{1} = 1$ . Se vede imediat, prin inducție, că egalitățile $c_{n} = b_{n}$ și $d_{n} = a_{n}$ se păstrează la fiecare pas (relațiile pentru $c_{n + 1}$ și $b_{n + 1}$ devin identice, la fel cele pentru $a_{n + 1}$ și $d_{n + 1}$ ). Rămâne sistemul cuplat

$a_{n + 1} = 2 a_{n} + b_{n}, b_{n + 1} = a_{n} + 2 b_{n} .$

Adunăm: $s_{n + 1} = 3 s_{n}$ , cu $s_{1} = 3$ , deci $s_{n} = 3^{n}$ . Scădem: $p_{n + 1} = p_{n}$ , cu $p_{1} = 1$ , deci $p_{n} = 1$ . Atunci

$a_{n} = \frac{s _{n} + p _{n}}{2} = \frac{3 ^{n} + 1}{2}, b_{n} = \frac{s _{n} - p _{n}}{2} = \frac{3 ^{n} - 1}{2},$

adică exact matricea obținută în lecția trecută cu binomul. Două drumuri complet diferite au dus la același rezultat — cea mai bună verificare posibilă. Vei alege între ele la lecția 28, unde cele cinci metode sunt puse una lângă alta.

7. Când recurența este chiar răspunsul

Fie $A = (1110)$ . Produsul dă

$A \cdot A^{n} = (a_{n} + c_{n} a_{n} b_{n} + d_{n} b_{n}),$

deci $c_{n + 1} = a_{n}$ și $d_{n + 1} = b_{n}$ . Înlocuind în prima relație, $a_{n + 1} = a_{n} + c_{n} = a_{n} + a_{n - 1}$ : fiecare termen este suma celor doi dinaintea lui. Cu $a_{1} = 1$ și $a_{2} = 2$ , șirul este $1, 2, 3, 5, 8, 13, \dots$ — șirul lui Fibonacci. La fel, $b_{n + 1} = b_{n} + b_{n - 1}$ , cu $b_{1} = b_{2} = 1$ .

Notând cu $F_{n}$ termenii șirului lui Fibonacci ( $F_{1} = F_{2} = 1$ , $F_{n + 1} = F_{n} + F_{n - 1}$ ), obținem

$A^{n} = (F_{n + 1} F_{n} F_{n} F_{n - 1}) .$

Pentru $n = 10$ : $A^{10} = (89555534)$ . Aici recurența nu se transformă într-o formulă închisă simplă, dar răspunsul e complet: descrie matricea la orice putere. Nu orice recurență trebuie „rezolvată" până la o expresie cu puteri.

8. Cum verifici, de fiecare dată

Două controale obligatorii, în această ordine: (a) înlocuiește $n = 1$ în formula finală — trebuie să obții chiar $A$ ; (b) înlocuiește $n = 2$ și compară cu $A^{2}$ calculat direct. Dacă amândouă ies, formula e aproape sigur corectă; dacă vrei certitudine, verifică și faptul că expresiile găsite satisfac relațiile de recurență.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Triunghiulară, cu telescopare

Determinați $A^{n}$ pentru $A = (1023)$ .

Rezolvare. Din $A \cdot A^{n} = (a_{n} + 2 c_{n} 3 c_{n} b_{n} + 2 d_{n} 3 d_{n})$ și $c_{1} = 0$ rezultă $c_{n} = 0$ , deci $a_{n + 1} = a_{n} = 1$ . Din $d_{n + 1} = 3 d_{n}$ , $d_{1} = 3$ , obținem $d_{n} = 3^{n}$ . Rămâne $b_{n + 1} = b_{n} + 2 \cdot 3^{n}$ , cu $b_{1} = 2$ . Adunând relațiile:

$b_{n} = 2 + 2 \cdot 3 + \dots + 2 \cdot 3^{n - 1} = 2 \cdot \frac{3 ^{n} - 1}{3 - 1} = 3^{n} - 1.$

Deci $A^{n} = (10 3^{n} - 1 3^{n})$ . Control pentru $n = 2$ : $(1089)$ , exact $A^{2}$ .

Exemplul 2 — Recurență afină cu fracție

Determinați $A^{n}$ pentru $A = (1103)$ .

Rezolvare. Produsul $A \cdot A^{n}$ are elementele $a_{n}$ , $b_{n}$ , $a_{n} + 3 c_{n}$ , $b_{n} + 3 d_{n}$ . Deci $a_{n + 1} = a_{n} = 1$ , $b_{n + 1} = b_{n} = 0$ , $d_{n + 1} = 3 d_{n}$ cu $d_{1} = 3$ , deci $d_{n} = 3^{n}$ , și

$c_{n + 1} = 3 c_{n} + 1, c_{1} = 1.$

Punctul fix: $ℓ = \frac{1}{1 - 3} = - \frac{1}{2}$ , deci $c_{n + 1} + \frac{1}{2} = 3 (c_{n} + \frac{1}{2})$ . Șirul $c_{n} + \frac{1}{2}$ e geometric de rație $3$ , cu primul termen $\frac{3}{2}$ , deci $c_{n} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \cdot 3^{n - 1} = \frac{3 ^{n}}{2}$ și $c_{n} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ . Rezultă

$A^{n} = (1 \frac{3 ^{n} - 1}{2} 0 3^{n}) .$

Control pentru $n = 2$ : $\frac{9 - 1}{2} = 4$ , iar $A^{2} = (1409)$ .

Exemplul 3 — Sistem cuplat, cu diferență alternantă

Determinați $A^{n}$ pentru $A = (3443)$ .

Rezolvare. Matricea este simetrică, cu diagonala constantă, deci (ca în paragraful 6) $c_{n} = b_{n}$ și $d_{n} = a_{n}$ , iar

$a_{n + 1} = 3 a_{n} + 4 b_{n}, b_{n + 1} = 4 a_{n} + 3 b_{n},$

cu $a_{1} = 3$ , $b_{1} = 4$ . Suma: $s_{n + 1} = 7 s_{n}$ , $s_{1} = 7$ , deci $s_{n} = 7^{n}$ . Diferența: $p_{n + 1} = - p_{n}$ , $p_{1} = - 1$ , deci $p_{n} = (- 1)^{n}$ . Prin urmare

$a_{n} = \frac{7 ^{n} + ( - 1 ) ^{n}}{2}, b_{n} = \frac{7 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{2} .$

Control pentru $n = 2$ : $a_{2} = \frac{49 + 1}{2} = 25$ și $b_{2} = 24$ , iar $A^{2} = (25242425)$ . Atenție la rația negativă: semnul alternant este esențial și se pierde ușor.

Exemplul 4 — Două progresii geometrice diferite

Determinați $A^{n}$ pentru $A = (4012)$ .

Rezolvare. Ca mai sus, $c_{n} = 0$ , $a_{n} = 4^{n}$ , $d_{n} = 2^{n}$ , iar $b_{n + 1} = 4 b_{n} + 2^{n}$ cu $b_{1} = 1$ . Adaosul nu mai e constant, ci geometric de altă rație decât $4$ , deci căutăm soluția sub forma $b_{n} = λ (4^{n} - 2^{n})$ — o combinație a celor două puteri care apar. Înlocuind în recurență:

$λ (4^{n + 1} - 2^{n + 1}) = 4 λ (4^{n} - 2^{n}) + 2^{n} ⟺ - 2 λ 2^{n} = - 4 λ 2^{n} + 2^{n} ⟺ 2 λ = 1.$

Deci $λ = \frac{1}{2}$ și $b_{n} = \frac{4 ^{n} - 2 ^{n}}{2}$ ; verificăm și valoarea de pornire: $b_{1} = \frac{4 - 2}{2} = 1$ . Prin urmare

$A^{n} = (4^{n} 0 \frac{4 ^{n} - 2 ^{n}}{2} 2^{n}) .$

Control pentru $n = 2$ : $\frac{16 - 4}{2} = 6$ , iar $A^{2} = (16064)$ .

Exemplul 5 — Recurență matriceală de ordinul întâi

Fie $A = (1224)$ . Arătați că $A^{2} = 5 A$ și deduceți $A^{n}$ .

Rezolvare. Calculul direct dă $A^{2} = (5101020) = 5 A$ . Înmulțind egalitatea cu $A^{n - 1}$ obținem $A^{n + 1} = 5 A^{n}$ pentru orice $n \geq 1$ : șirul de matrice $(A^{n})$ se comportă ca o progresie geometrică de rație $5$ . Prin urmare

$A^{n} = 5^{n - 1} A = (5^{n - 1} 2 \cdot 5^{n - 1} 2 \cdot 5^{n - 1} 4 \cdot 5^{n - 1}), n \geq 1.$

Control pentru $n = 3$ : $25 A = (255050100)$ , iar $A^{3} = A \cdot A^{2} = 5 A^{2} = 25 A$ . Aici recurența nu e între numere, ci între matrice — cel mai scurt caz posibil.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră $A = (1221)$ . a) Determinați $A^{n}$ , $n \in \mathbb{N}^{}$.* b) Arătați că suma tuturor elementelor matricei $A^{n}$ este $2 \cdot 3^{n}$ .

Rezolvare. a) Matricea e simetrică, cu diagonala constantă, deci $c_{n} = b_{n}$ , $d_{n} = a_{n}$ și

$a_{n + 1} = a_{n} + 2 b_{n}, b_{n + 1} = 2 a_{n} + b_{n},$

cu $a_{1} = 1$ , $b_{1} = 2$ . Suma: $s_{n + 1} = 3 s_{n}$ , $s_{1} = 3$ , deci $s_{n} = 3^{n}$ . Diferența: $p_{n + 1} = - p_{n}$ , $p_{1} = - 1$ , deci $p_{n} = (- 1)^{n}$ . Rezultă

$A^{n} = \frac{3 ^{n} + ( - 1 ) ^{n}}{2} \frac{3 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{2} \frac{3 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{2} \frac{3 ^{n} + ( - 1 ) ^{n}}{2} .$

b) Suma celor patru elemente este $2 (a_{n} + b_{n}) = 2 s_{n} = 2 \cdot 3^{n}$ . Control pentru $n = 2$ : $A^{2} = (5445)$ , cu suma $18 = 2 \cdot 9$ .

Să exersăm

La fiecare exercițiu scrie întâi produsul $A \cdot A^{n}$ , apoi sistemul de recurențe cu valorile de pornire, și abia la final formula. Verifică pe $n = 1$ și $n = 2$ .

1. Determină $A^{n}$ pentru $A = (1013)$ .

2. Determină $A^{n}$ pentru $A = (3011)$ .

3. Determină $A^{n}$ pentru $A = (2101)$ .

4. Determină $A^{n}$ pentru $A = (5225)$ , folosind suma și diferența.

5. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $A^{n} = (a_{n} c_{n} b_{n} d_{n})$ , atunci $a_{n + 1} = a_{n}^{2}$ ."

6. Determină $A^{n}$ pentru $A = (1201)$ prin recurență, apoi verifică rezultatul cu binomul lui Newton.

7. Determină $A^{n}$ pentru $A = (2032)$ prin recurență.

8. Pentru $A = (1110)$ , calculează $A^{10}$ folosind recurența lui Fibonacci.

9. Determină $A^{n}$ pentru $A = (3021)$ .

10. (Problemă aplicată.) Suma dintr-un cont se dublează în fiecare lună, iar la sfârșitul lunii se mai depune $1$ leu. Scrie evoluția sub forma $(s_{n} 1) = A^{n} (s_{0} 1)$ cu $A = (2011)$ și află suma după $5$ luni, pornind de la $s_{0} = 3$ lei.

11. (Adevărat/Fals cu motivare.) „O recurență de forma $x_{n + 1} = x_{n} + 3^{n}$ se rezolvă adunând relațiile scrise pentru rangurile $1, 2, \dots, n - 1$ ."

12. Determină $A^{n}$ pentru $A = 110020003$ .

13. Determină $A^{n}$ pentru $A = (0111)$ , exprimând rezultatul cu termenii șirului lui Fibonacci.

14. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $A = (4334)$ . a) Determinați $A^{n}$ . b) Arătați că diferența dintre elementul de pe diagonala principală și cel de deasupra ei este $1$ , oricare ar fi $n$ .

15. Determină $A^{n}$ pentru $A = (1031)$ prin recurență și spune ce tip de progresie apare.

16. Arată că, dacă $A \in M_{2} (C)$ și $A^{2} = k A$ pentru un scalar $k$ , atunci $A^{n} = k^{n - 1} A$ pentru orice $n \geq 1$ .

17. Explică, în două-trei fraze, de ce egalitățile $A^{n + 1} = A \cdot A^{n}$ și $A^{n + 1} = A^{n} \cdot A$ dau, în general, sisteme de recurențe diferite, dar cu aceeași soluție.

18. (Provocare.) Determină $A^{n}$ pentru $A = (a b b a)$ , cu $a, b \in R$ oarecare, și verifică formula pentru $a = 2$ , $b = 5$ .

Răspunsuri și explicații

1. $c_{n} = 0$ , $a_{n} = 1$ , $d_{n} = 3^{n}$ , iar $b_{n + 1} = b_{n} + 3^{n}$ cu $b_{1} = 1$ . Adunând, $b_{n} = 1 + 3 + \dots + 3^{n - 1} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ . Deci $A^{n} = (10 \frac{3 ^{n} - 1}{2} 3^{n})$ . Control: $n = 2$ dă $4$ în colț, iar $A^{2} = (1049)$ .

2. $c_{n} = 0$ , $a_{n} = 3^{n}$ , $d_{n} = 1$ , iar $b_{n + 1} = 3 b_{n} + 1$ cu $b_{1} = 1$ (tiparul T3, punct fix $- \frac{1}{2}$ ). Rezultă $b_{n} = \frac{3 ^{n} - 1}{2}$ și $A^{n} = (3^{n} 0 \frac{3 ^{n} - 1}{2} 1)$ .

3. $b_{n} = 0$ , $a_{n} = 2^{n}$ , $d_{n} = 1$ , iar $c_{n + 1} = 2^{n} + c_{n}$ cu $c_{1} = 1$ ; adunând, $c_{n} = 1 + 2 + \dots + 2^{n - 1} = 2^{n} - 1$ . Deci $A^{n} = (2^{n} 2^{n} - 1 01)$ .

4. $a_{n + 1} = 5 a_{n} + 2 b_{n}$ , $b_{n + 1} = 2 a_{n} + 5 b_{n}$ , cu $a_{1} = 5$ , $b_{1} = 2$ . Suma: $s_{n} = 7^{n}$ ; diferența: $p_{n + 1} = 3 p_{n}$ , $p_{1} = 3$ , deci $p_{n} = 3^{n}$ . Rezultă $a_{n} = \frac{7 ^{n} + 3 ^{n}}{2}$ , $b_{n} = \frac{7 ^{n} - 3 ^{n}}{2}$ . Control: $n = 2$ dă $a_{2} = 29$ , $b_{2} = 20$ , iar $A^{2} = (29202029)$ .

5. Fals. Relația corectă se citește din produsul $A \cdot A^{n}$ și amestecă mai multe șiruri; de pildă la $A = (2011)$ avem $a_{n + 1} = 2 a_{n} + c_{n}$ , nu $a_{n}^{2}$ . Afirmația ar însemna că $A^{n + 1}$ se obține ridicând la pătrat elementele lui $A^{n}$ , ceea ce nu are legătură cu regula linie pe coloană.

6. $b_{n} = 0$ , $a_{n} = d_{n} = 1$ , $c_{n + 1} = 2 + c_{n}$ cu $c_{1} = 2$ : progresie aritmetică de rație $2$ , deci $c_{n} = 2 n$ și $A^{n} = (1 2 n 01)$ . Cu binomul: $A = I_{2} + N$ , $N^{2} = O_{2}$ , deci $A^{n} = I_{2} + n N$ — același rezultat, în două rânduri mai puțin.

7. $c_{n} = 0$ , $a_{n} = d_{n} = 2^{n}$ , iar $b_{n + 1} = 2 b_{n} + 3 \cdot 2^{n}$ cu $b_{1} = 3$ . Împărțind prin $2^{n + 1}$ , șirul $u_{n} = \frac{b _{n}}{2 ^{n}}$ verifică $u_{n + 1} = u_{n} + \frac{3}{2}$ , cu $u_{1} = \frac{3}{2}$ : progresie aritmetică, deci $u_{n} = \frac{3 n}{2}$ și $b_{n} = 3 n 2^{n - 1}$ . Rezultă $A^{n} = (2^{n} 0 3 n 2^{n - 1} 2^{n})$ , în acord cu ce dă binomul pentru $A = 2 I_{2} + N$ .

8. Termenii lui Fibonacci: $1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89$ . Deci $A^{10} = (F_{11} F_{10} F_{10} F_{9}) = (89555534)$ .

9. $c_{n} = 0$ , $a_{n} = 3^{n}$ , $d_{n} = 1$ , iar $b_{n + 1} = 3 b_{n} + 2$ cu $b_{1} = 2$ . Punctul fix este $ℓ = \frac{2}{1 - 3} = - 1$ , deci $b_{n} + 1 = 3 (b_{n - 1} + 1)$ , cu $b_{1} + 1 = 3$ , adică $b_{n} + 1 = 3^{n}$ și $b_{n} = 3^{n} - 1$ . Deci $A^{n} = (3^{n} 0 3^{n} - 1 1)$ .

10. Din paragraful 4, $A^{n} = (2^{n} 0 2^{n} - 1 1)$ , deci $s_{n} = 2^{n} s_{0} + 2^{n} - 1$ . Pentru $s_{0} = 3$ și $n = 5$ : $s_{5} = 32 \cdot 3 + 31 = 127$ lei. Verificare pas cu pas: $3 \to 7 \to 15 \to 31 \to 63 \to 127$ .

11. Adevărat. Este tiparul T2: scriind $x_{2} - x_{1} = 3$ , $x_{3} - x_{2} = 3^{2}$ , …, $x_{n} - x_{n - 1} = 3^{n - 1}$ și adunând, termenii intermediari se reduc și rămâne $x_{n} = x_{1} + 3 + 3^{2} + \dots + 3^{n - 1}$ , sumă de progresie geometrică.

12. Ultima linie și ultima coloană nu se amestecă cu restul: elementul din colțul dreapta-jos verifică $x_{n + 1} = 3 x_{n}$ , deci este $3^{n}$ . Blocul din stânga-sus se comportă ca la exercițiul 3: $1$ , respectiv $2^{n}$ pe diagonală, și $2^{n} - 1$ dedesubt. Deci $A^{n} = 1 2^{n} - 1 0 0 2^{n} 0 00 3^{n}$ .

13. Din $A \cdot A^{n} = (c_{n} a_{n} + c_{n} d_{n} b_{n} + d_{n})$ rezultă $a_{n + 1} = c_{n}$ , $c_{n + 1} = a_{n} + c_{n}$ , deci $c_{n + 1} = c_{n} + c_{n - 1}$ : tot Fibonacci. Cu valorile de pornire se obține $A^{n} = (F_{n - 1} F_{n} F_{n} F_{n + 1})$ , unde $F_{0} = 0$ . Control pentru $n = 3$ : $(1223)$ , exact $A^{3}$ .

14. a) $a_{n + 1} = 4 a_{n} + 3 b_{n}$ , $b_{n + 1} = 3 a_{n} + 4 b_{n}$ , cu $a_{1} = 4$ , $b_{1} = 3$ . Suma: $s_{n} = 7^{n}$ ; diferența: $p_{n + 1} = p_{n}$ , $p_{1} = 1$ , deci $p_{n} = 1$ . Rezultă $a_{n} = \frac{7 ^{n} + 1}{2}$ , $b_{n} = \frac{7 ^{n} - 1}{2}$ . b) $a_{n} - b_{n} = p_{n} = 1$ pentru orice $n$ — chiar șirul diferențelor, care s-a dovedit constant. Control pentru $n = 2$ : $A^{2} = (25242425)$ .

15. $c_{n} = 0$ , $a_{n} = d_{n} = 1$ , iar $b_{n + 1} = b_{n} + 3$ cu $b_{1} = 3$ : progresie aritmetică de rație $3$ , deci $b_{n} = 3 n$ și $A^{n} = (10 3 n 1)$ . Este singurul caz în care apare o progresie aritmetică, și anume când pe diagonală stă $1$ .

16. Prin inducție: pentru $n = 1$ afirmația e evidentă. Dacă $A^{n} = k^{n - 1} A$ , atunci $A^{n + 1} = A \cdot A^{n} = k^{n - 1} A^{2} = k^{n - 1} \cdot k A = k^{n} A$ , adică formula pentru $n + 1$ . Se poate spune și direct: din $A^{n + 1} = k A^{n}$ rezultă că șirul de matrice $(A^{n})$ este „geometric" de rație $k$ .

17. Pentru că regula linie pe coloană nu e simetrică: la $A \cdot A^{n}$ liniile lui $A$ se combină cu coloanele lui $A^{n}$ , iar la $A^{n} \cdot A$ invers, deci coeficienții stau altfel. Soluția e aceeași, pentru că amândouă descriu matricea $A^{n + 1}$ — alege sistemul care se decuplează mai ușor.

18. Matricea e simetrică, cu diagonala constantă, deci $c_{n} = b_{n}$ , $d_{n} = a_{n}$ , iar $a_{n + 1} = a a_{n} + b b_{n}$ și $b_{n + 1} = b a_{n} + a b_{n}$ . Suma: $s_{n + 1} = (a + b) s_{n}$ , $s_{1} = a + b$ , deci $s_{n} = (a + b)^{n}$ . Diferența: $p_{n + 1} = (a - b) p_{n}$ , $p_{1} = a - b$ , deci $p_{n} = (a - b)^{n}$ . Rezultă

$A^{n} = \frac{( a + b ) ^{n} + ( a - b ) ^{n}}{2} \frac{( a + b ) ^{n} - ( a - b ) ^{n}}{2} \frac{( a + b ) ^{n} - ( a - b ) ^{n}}{2} \frac{( a + b ) ^{n} + ( a - b ) ^{n}}{2} .$

Pentru $a = 2$ , $b = 5$ și $n = 2$ : $\frac{49 + 9}{2} = 29$ și $\frac{49 - 9}{2} = 20$ , iar $A^{2} = (29202029)$ . Toate exemplele din lecție sunt cazuri particulare ale acestei formule.

De reținut

Mecanismul: scrii $A^{n}$ cu elemente notate ca șiruri, identifici în $A^{n + 1} = A \cdot A^{n}$ și obții un sistem de recurențe cu valorile de pornire citite din $A$ .
Ordinea rezolvării: începe cu șirurile care nu depind de celelalte (de regulă cele de pe linia sau coloana cu zerouri) și înaintează.
Cele patru tipare: geometric ( $x_{n + 1} = q x_{n}$ ), cu adaos variabil ( $x_{n + 1} = x_{n} + t_{n}$ , se adună relațiile), afin ( $x_{n + 1} = q x_{n} + c$ , se caută punctul fix) și cuplat (se decuplează prin sumă și diferență).
Metoda funcționează și când binomul nu se aplică — de exemplu la matricele cu diagonala neconstantă, unde nu există $α$ cu $A - α I_{2}$ nilpotentă.
Uneori recurența este răspunsul, ca în cazul matricei lui Fibonacci; nu orice recurență trebuie dusă până la o formulă cu puteri.

Greșeli frecvente

Valori de pornire greșite. Șirurile pornesc de la $n = 1$ , cu elementele lui $A$ , nu ale lui $I_{2}$ . Dacă lucrezi cu $n = 0$ , valorile de pornire sunt cele ale lui $I_{2}$ — alege o convenție și ține-o.
Rezolvarea recurenței afine ca și cum ar fi geometrică. Din $x_{n + 1} = 2 x_{n} + 1$ nu rezultă $x_{n} = x_{1} 2^{n - 1}$ . Caută întâi punctul fix $ℓ$ , apoi aplică formula geometrică șirului $x_{n} - ℓ$ .
Amestecarea celor două ordini de înmulțire. Dacă ai scris sistemul din $A \cdot A^{n}$ , nu folosi la jumătatea drumului relații venite din $A^{n} \cdot A$ : coeficienții sunt așezați diferit.
Presupunerea nejustificată a simetriei. Egalitățile $c_{n} = b_{n}$ și $d_{n} = a_{n}$ sunt adevărate doar pentru matricele simetrice cu diagonala constantă și trebuie argumentate, nu presupuse.
Semnul rației negative. La sisteme cuplate, diferența are adesea rația $α - β < 0$ ; termenul general conține atunci $(- 1)^{n}$ , care se pierde ușor.

Aplică acasă

Tabelul primelor puteri. Alege o matrice de ordin $2$ cu numere mici, calculează $A^{2}$ , $A^{3}$ , $A^{4}$ și scrie cele patru șiruri în coloane. Încearcă să recunoști tiparul înainte de a scrie recurențele.
Fibonacci în foaia de calcul. Pune $1$ și $1$ pe primele două linii și formula „celula de deasupra plus cea de dinaintea ei". Cu primii $12$ termeni scrii direct $A^{11}$ pentru $A = (1110)$ .
Trei metode, o matrice. Ia $(2112)$ și rezolv-o de trei ori: prin inducție, cu binomul și cu recurențe. Notează care drum ți-a cerut cel mai puțin scris.

Pentru părinți și profesori

Lecția introduce a treia metodă elementară de ridicare la putere din programa clasei a XI-a, singura care nu cere nici intuiție prealabilă, nici o descompunere norocoasă. Tot ce se cere este să recunoști patru tipuri de șiruri studiate în clasa a IX-a.

De verificat în caiet: (1) sistemul de recurențe e scris complet, cu toate cele patru relații; (2) valorile de pornire sunt citite din $A$ , nu inventate; (3) recurențele afine sunt tratate cu punctul fix, nu ca geometrice; (4) formula finală e testată pe $n = 1$ și $n = 2$ . Întrebări de control: „De unde iei relațiile de recurență?"; „Ce valori de pornire ai și de ce?"; „Cum decuplezi un sistem simetric?"; „Ce faci dacă recurența nu duce la o formulă cu puteri?".

La BAC M1, cerințele de tipul „determinați $A^{n}$ " cad frecvent pe matrice simetrice de ordin $2$ sau pe matrice triunghiulare cu diagonala neconstantă — exact cazurile pe care metoda le rezolvă direct. Semn că elevul a înțeles: scrie sistemul de recurențe fără ezitare și alege singur ce șir rezolvă primul.

Întrebări frecvente

Cum se calculează puterea unei matrice cu șiruri recurente? Scrii $A^{n}$ cu elementele notate $a_{n}$ , $b_{n}$ , $c_{n}$ , $d_{n}$ , calculezi produsul $A \cdot A^{n}$ și identifici elementele cu cele ale lui $A^{n + 1}$ . Obții patru relații de recurență, pe care le rezolvi în ordinea în care șirurile devin cunoscute.

De unde iau valorile de pornire? Din matricea $A$ însăși: $a_{1}$ , $b_{1}$ , $c_{1}$ , $d_{1}$ sunt exact elementele lui $A$ , pentru că $A^{1} = A$ . Este greșeala cea mai frecventă și, din fericire, cea mai ușor de evitat.

Ce fac dacă recurența are forma $x_{n + 1} = q x_{n} + c$ ? Cauți punctul fix, adică soluția ecuației $ℓ = q ℓ + c$ , apoi observi că șirul $x_{n} - ℓ$ este geometric de rație $q$ . De aici, $x_{n} = ℓ + (x_{1} - ℓ) q^{n - 1}$ .

Cum rezolv două recurențe care se amestecă între ele? Când sistemul este simetric, aduni cele două relații și le scazi: suma și diferența devin șiruri geometrice independente, pe care le rezolvi separat, iar la final recuperezi șirurile inițiale.

Este metoda aceasta mai bună decât binomul lui Newton? Nu e nici mai bună, nici mai slabă — e mai generală. Binomul e mai rapid când matricea are diagonala constantă; recurențele funcționează și când nu o are. Compararea celor cinci metode se face la lecția 28.

Cum apare metoda la Bacalaureat M1? De obicei sub forma „determinați $A^{n}$ " pentru o matrice simetrică sau triunghiulară de ordin $2$ , urmată de o cerință despre suma elementelor, despre o egalitate care trebuie demonstrată sau despre aflarea unui exponent. Baremul cere sistemul de recurențe scris explicit.