Grile de Matrici — Clasa a 11-a

335 întrebări cu variante de răspuns • Algebra

Teorie Matrici — Formule si exemple rezolvate

Probleme de Matrici

174 exerciții cu rezolvare pas cu pas

→
Greu#1
Fie matricea A=(123012001)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} și B=A2024−A2023B = A^{2024} - A^{2023}. Determinați det(B)\text{det}\left( B \right).
A) 00
B) 11
C) 20242024
D) 2024!2024!

Explicație

Observăm că AA este o matrice triunghiulară superior cu toate elementele de pe diagonala principală egale cu 11, deci det(A)=1\text{det}(A)=1. Calculăm B=A2024−A2023=A2023(A−I3)B = A^{2024} - A^{2023} = A^{2023}(A - I_3), unde I3I_3 este matricea unitate. Atunci det(B)=det(A2023)⋅det(A−I3)=(det(A))2023⋅det(A−I3)=12023⋅det(A−I3)=det(A−I3)\text{det}(B) = \text{det}(A^{2023}) \cdot \text{det}(A - I_3) = (\text{det}(A))^{2023} \cdot \text{det}(A - I_3) = 1^{2023} \cdot \text{det}(A - I_3) = \text{det}(A - I_3). Calculăm A−I3=(023002000)A - I_3 = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. Aceasta este o matrice triunghiulară superior cu toate elementele de pe diagonala principală egale cu 00, deci determinantul ei este 00. Prin urmare, det(B)=0\text{det}(B)=0. Alternativ, se poate observa că A−I3A-I_3 este nilpotentă: (A−I3)2=(004000000)(A-I_3)^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} și (A−I3)3=0(A-I_3)^3=0. Atunci A=I3+NA = I_3 + N, cu NN nilpotentă de ordin 33. Folosind formula binomului, Ak=I3+kN+(k2)N2A^k = I_3 + kN + \binom{k}{2}N^2, deoarece N3=0N^3=0. Atunci B=A2024−A2023=(I3+2024N+(20242)N2)−(I3+2023N+(20232)N2)=N+((20242)−(20232))N2B = A^{2024} - A^{2023} = (I_3 + 2024N + \binom{2024}{2}N^2) - (I_3 + 2023N + \binom{2023}{2}N^2) = N + (\binom{2024}{2} - \binom{2023}{2})N^2. Dar NN și N2N^2 sunt matrice singulară (determinantul 00), iar combinația lor liniară are determinantul 00, deoarece toate aceste matrice au coloane dependente (a doua și a treia coloană sunt multiple ale primei sau zero). Deci det(B)=0\text{det}(B)=0.
Greu#2
Fie A∈M2(R)A \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) o matrice care satisface A2=A+I2A^2 = A + I_2, unde I2I_2 este matricea identitate. Dacă FnF_n este al nn-lea termen al șirului lui Fibonacci (F1=1F_1 = 1, F2=1F_2 = 1), atunci AnA^n este egal cu:
A) An=Fn−1A+FnI2A^n = F_{n-1} A + F_n I_2
B) An=FnA+Fn−1I2A^n = F_n A + F_{n-1} I_2
C) An=Fn+1A+FnI2A^n = F_{n+1} A + F_n I_2
D) An=FnA+Fn+1I2A^n = F_n A + F_{n+1} I_2

Explicație

Se demonstrează prin inducție matematică că An=FnA+Fn−1I2A^n = F_n A + F_{n-1} I_2 pentru n≥1n \ge 1.
  1. Verificare pentru n=1n=1: A=F1A+F0I2A = F_1 A + F_0 I_2, cu F1=1F_1=1, F0=0F_0=0 (prin convenție, pentru a funcționa formula).
  2. Presupunem că An=FnA+Fn−1I2A^n = F_n A + F_{n-1} I_2 este adevărat.
  3. Pentru n+1n+1: An+1=A⋅An=A(FnA+Fn−1I2)=FnA2+Fn−1AA^{n+1} = A \cdot A^n = A (F_n A + F_{n-1} I_2) = F_n A^2 + F_{n-1} A. Înlocuim A2=A+I2A^2 = A + I_2: An+1=Fn(A+I2)+Fn−1A=(Fn+Fn−1)A+FnI2A^{n+1} = F_n (A + I_2) + F_{n-1} A = (F_n + F_{n-1}) A + F_n I_2. Deoarece Fn+Fn−1=Fn+1F_n + F_{n-1} = F_{n+1}, obținem An+1=Fn+1A+FnI2A^{n+1} = F_{n+1} A + F_n I_2, ceea ce confirmă formula pentru n+1n+1. Prin inducție, formula este valabilă pentru orice n≥1n \ge 1, deci răspunsul corect este B.
Greu#3
Fie AA o matrice pătratică de ordin nn astfel încât A3=OnA^3 = O_n (matricea nulă). Atunci inversa matricei In+AI_n + A este:
A) In−AI_n - A
B) In−A+A2I_n - A + A^2
C) In+A−A2I_n + A - A^2
D) In+A+A2I_n + A + A^2

Explicație

Deoarece A3=OnA^3 = O_n, calculăm produsul (In+A)(In−A+A2)=In−A+A2+A−A2+A3=In+A3=In(I_n + A)(I_n - A + A^2) = I_n - A + A^2 + A - A^2 + A^3 = I_n + A^3 = I_n. Prin urmare, (In+A)−1=In−A+A2(I_n + A)^{-1} = I_n - A + A^2. Se verifică că și produsul în ordine inversă dă același rezultat, deoarece matricele sunt polinoame în AA, deci comută. Astfel, răspunsul corect este B.
Greu#4
Fie AA și BB două matrice pătratice de ordin nn astfel încât A+B=ABA + B = AB. Care dintre următoarele afirmații este în mod necesar adevărată?
A) AB=BAAB = BA
B) A=InA = I_n sau B=InB = I_n
C) AA și BB sunt inversabile
D) (In−A)(In−B)=0(I_n - A)(I_n - B) = 0

Explicație

Din ecuația A+B=ABA + B = AB se obține AB−A−B=0AB - A - B = 0. Adunând matricea identitate InI_n în ambii membri, avem AB−A−B+In=InAB - A - B + I_n = I_n, care se factorizează ca (In−A)(In−B)=In(I_n - A)(I_n - B) = I_n. Această relație arată că matricele In−AI_n - A și In−BI_n - B sunt inversabile și sunt inverse una celeilalte. În particular, ele comută, deci (In−B)(In−A)=In(I_n - B)(I_n - A) = I_n. Efectuând înmulțirea, obținem In−B−A+BA=InI_n - B - A + BA = I_n, adică BA=A+BBA = A + B. Dar din ipoteză A+B=ABA + B = AB, deci BA=ABBA = AB. Prin urmare, afirmația A este adevărată. Pentru a arăta că celelalte afirmații nu sunt în mod necesar adevărate, putem da contraexemple:
  • Pentru B: dacă A=B=2InA = B = 2I_n, atunci A+B=4In=ABA+B = 4I_n = AB, dar nici AA nici BB nu este InI_n.
  • Pentru C: considerăm matricele A=(2000)A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} și B=(2000)B = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. Atunci A+B=(4000)=ABA+B = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = AB, iar AA și BB au determinant zero, deci nu sunt inversabile.
  • Pentru D: din factorizarea de mai sus, (In−A)(In−B)=In≠0(I_n - A)(I_n - B) = I_n \neq 0.
Greu#5
Fie AA, BB, CC matrice pătratice inversabile de același ordin. Dacă matricea XX satisface ecuația AXTB=CA X^T B = C, atunci XX este egală cu:
A) B−1CTA−1B^{-1} C^T A^{-1}
B) (A−1)TCT(B−1)T(A^{-1})^T C^T (B^{-1})^T
C) (BT)−1CT(AT)−1(B^T)^{-1} C^T (A^T)^{-1}
D) A−1CB−1A^{-1} C B^{-1}

Explicație

Se știe că AA, BB, CC sunt inversabile, deci există A−1A^{-1}, B−1B^{-1}, iar ecuația se poate rezolva.
  1. Se izolează XTX^T din ecuația AXTB=CA X^T B = C: Îmnmulțim la stânga cu A−1A^{-1} și la dreapta cu B−1B^{-1}: A−1AXTBB−1=A−1CB−1⇒IXTI=A−1CB−1⇒XT=A−1CB−1.A^{-1} A X^T B B^{-1} = A^{-1} C B^{-1} \Rightarrow I X^T I = A^{-1} C B^{-1} \Rightarrow X^T = A^{-1} C B^{-1}.
  2. Se aplică transpusa pentru a obține XX: X=(XT)T=(A−1CB−1)T.X = (X^T)^T = (A^{-1} C B^{-1})^T.
  3. Se folosește proprietatea că transpusa unui produs este produsul transpuselor în ordine inversă: (A−1CB−1)T=(B−1)TCT(A−1)T.(A^{-1} C B^{-1})^T = (B^{-1})^T C^T (A^{-1})^T.
  4. Se știe că transpusa inversei este inversa transposei: (M−1)T=(MT)−1(M^{-1})^T = (M^T)^{-1} pentru orice matrice inversabilă MM. Atunci (B−1)T=(BT)−1(B^{-1})^T = (B^T)^{-1} și (A−1)T=(AT)−1(A^{-1})^T = (A^T)^{-1}.
  5. Înlocuind, rezultă: X=(BT)−1CT(AT)−1.X = (B^T)^{-1} C^T (A^T)^{-1}. Aceasta corespunde variantei C. Verificare: varianta D este XTX^T, nu XX; varianta A are ordinea greșită și lipsește transpusa; varianta B are factorii în ordine greșită (ar fi corectă pentru ecuația AXBT=CA X B^T = C).
Greu#6
Fie AA o matrice pătrată de ordin 22 astfel încât A2=A+IA^2 = A + I, unde II este matricea identitate. Atunci A10A^{10} este egal cu:
A) 55A+89I55A + 89I
B) 89A+55I89A + 55I
C) 34A+21I34A + 21I
D) 21A+34I21A + 34I

Explicație

Pornim de la relația A2=A+IA^2 = A + I. Vom calcula puterile lui AA exprimându-le sub forma An=αnA+βnIA^n = \alpha_n A + \beta_n I.
  1. Pentru n=2n=2: A2=1⋅A+1⋅IA^2 = 1\cdot A + 1\cdot I, deci α2=1\alpha_2=1, β2=1\beta_2=1.
  2. Pentru n=3n=3: A3=A2⋅A=(A+I)A=A2+A=(A+I)+A=2A+IA^3 = A^2 \cdot A = (A+I)A = A^2 + A = (A+I)+A = 2A + I, deci α3=2\alpha_3=2, β3=1\beta_3=1.
  3. Pentru n=4n=4: A4=A3⋅A=(2A+I)A=2A2+A=2(A+I)+A=3A+2IA^4 = A^3 \cdot A = (2A+I)A = 2A^2 + A = 2(A+I)+A = 3A + 2I, deci α4=3\alpha_4=3, β4=2\beta_4=2.
  4. Observăm recurența: αn+1=αn+βn\alpha_{n+1} = \alpha_n + \beta_n și βn+1=αn\beta_{n+1} = \alpha_n. Aceasta este identică cu recurența numerelor Fibonacci, unde αn=Fn+1\alpha_n = F_{n+1} și βn=Fn\beta_n = F_n, cu F1=1F_1=1, F2=1F_2=1.
  5. Calculăm α10=F11=89\alpha_{10} = F_{11} = 89 și β10=F10=55\beta_{10} = F_{10} = 55. Prin urmare, A10=89A+55IA^{10} = 89A + 55I.
Greu#7
Fie AA o matrice pătratică de ordin nn astfel încât A4=OnA^4 = O_n. Determinați (In+A)−1(In−A)−1(I_n + A)^{-1}(I_n - A)^{-1}.
A) InI_n
B) In+A2I_n + A^2
C) In−A2I_n - A^2
D) In+2A2I_n + 2A^2

Explicație

Pasul 1: Observăm că produsul inverselor este inversul produsului în ordine inversă: (In+A)−1(In−A)−1=[(In−A)(In+A)]−1=(In−A2)−1(I_n + A)^{-1}(I_n - A)^{-1} = \big[(I_n - A)(I_n + A)\big]^{-1} = (I_n - A^2)^{-1}. \ Pasul 2: Deoarece A4=OnA^4 = O_n, rezultă că (A2)2=A4=On(A^2)^2 = A^4 = O_n, deci A2A^2 este nilpotentă cu indicele 22. \ Pasul 3: Pentru orice matrice nilpotentă NN cu N2=OnN^2 = O_n, are loc (In−N)(In+N)=In−N2=In(I_n - N)(I_n + N) = I_n - N^2 = I_n, deci (In−N)−1=In+N(I_n - N)^{-1} = I_n + N. \ Pasul 4: Luând N=A2N = A^2, obținem (In−A2)−1=In+A2(I_n - A^2)^{-1} = I_n + A^2. \ Alternativ, se pot calcula direct inversele folosind serii finite: din A4=0A^4=0 avem (In+A)−1=In−A+A2−A3(I_n+A)^{-1}=I_n - A + A^2 - A^3 și (In−A)−1=In+A+A2+A3(I_n-A)^{-1}=I_n + A + A^2 + A^3. Înmulțind și simplificând, rezultă (In+A)−1(In−A)−1=In+A2(I_n+A)^{-1}(I_n-A)^{-1}=I_n + A^2.
Greu#8
Fie AA o matrice pătratică de ordin nn astfel încât A2=AA^2 = A. Atunci matricea B=In−2AB = I_n - 2A este:
A) inversabilă și B−1=BB^{-1} = B
B) inversabilă și B−1=In−12AB^{-1} = I_n - \frac{1}{2}A
C) singulară
D) are determinantul egal cu 11

Explicație

Se calculează B2=(In−2A)2=In2−4InA+4A2=In−4A+4A2B^2 = (I_n - 2A)^2 = I_n^2 - 4I_n A + 4A^2 = I_n - 4A + 4A^2. Din ipoteză A2=AA^2 = A, deci B2=In−4A+4A=InB^2 = I_n - 4A + 4A = I_n. Astfel B⋅B=InB \cdot B = I_n, deci BB este inversabilă și B−1=BB^{-1} = B. Pentru opțiunea B: dacă B−1=In−12AB^{-1} = I_n - \frac{1}{2}A, atunci B⋅(In−12A)B \cdot (I_n - \frac{1}{2}A) ar trebui să fie InI_n, dar în general nu este adevărat. De exemplu, pentru A=InA = I_n, B=−InB = -I_n, iar B−1=−In≠In−12In=12InB^{-1} = -I_n \neq I_n - \frac{1}{2}I_n = \frac{1}{2}I_n. Opțiunea C este falsă deoarece BB este inversabilă. Opțiunea D: din B2=InB^2 = I_n rezultă (det⁡B)2=1(\det B)^2 = 1, deci det⁡B=±1\det B = \pm 1, nu neapărat 11. De exemplu, pentru n=1n=1 și A=1A=1, B=−1B=-1 are determinantul −1-1.
Greu#9
Fie A∈M3(C)A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{C}) o matrice de ordinul 3 astfel încât A3=IA^3 = I și A≠IA \neq I. Care este valoarea determinantului det⁡(A2+A+I)\det(A^2 + A + I)?
A) 00
B) 11
C) 33
D) 99

Explicație

Deoarece A3=IA^3 = I, polinomul minimal al lui AA divide x3−1=(x−1)(x2+x+1)x^3 - 1 = (x-1)(x^2+x+1). Astfel, valorile proprii ale lui AA sunt rădăcini cubice ale unității: 11, ε=e2πi/3\varepsilon = e^{2\pi i/3} și ε2=e4πi/3\varepsilon^2 = e^{4\pi i/3}. Condiția A≠IA \neq I asigură că nu toate valorile proprii sunt egale cu 11, deci există cel puțin o valoare proprie λ≠1\lambda \neq 1. Pentru orice astfel de λ\lambda avem λ2+λ+1=0\lambda^2 + \lambda + 1 = 0 (deoarece λ3=1\lambda^3 = 1 și λ≠1\lambda \neq 1). Determinantul lui A2+A+IA^2 + A + I este egal cu produsul valorilor proprii ale acestei matrice. Dacă λ\lambda este o valoare proprie a lui AA, atunci λ2+λ+1\lambda^2 + \lambda + 1 este valoare proprie a lui A2+A+IA^2 + A + I. Existența unei valori proprii λ≠1\lambda \neq 1 implică existența unei valori proprii 00 pentru A2+A+IA^2 + A + I, deci det⁡(A2+A+I)=0\det(A^2 + A + I) = 0.
Greu#10
Fie AA o matrice pătratică de ordinul 2 cu elemente reale care satisface A2−3A+2I2=O2A^2 - 3A + 2I_2 = O_2. Care este suma tuturor valorilor posibile (distincte) pe care le poate avea det⁡(A)\det(A)?
A) 6
B) 7
C) 8
D) 9

Explicație

  1. Ecuația A2−3A+2I2=O2A^2 - 3A + 2I_2 = O_2 implică faptul că orice valoare proprie λ\lambda a matricei AA satisface ecuația λ2−3λ+2=0\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0, deci λ∈{1,2}\lambda \in \{1,2\}.
  2. Matricea AA fiind de ordinul 2, are două valori proprii (nu neapărat distincte), λ1\lambda_1 și λ2\lambda_2, iar det⁡(A)=λ1λ2\det(A) = \lambda_1 \lambda_2.
  3. Combinațiile posibile pentru perechea (λ1,λ2)(\lambda_1, \lambda_2) sunt: (1,1)(1,1), (1,2)(1,2), (2,1)(2,1), (2,2)(2,2). Determinantul corespunzător este 11, 22, 22, respectiv 44. Valori distincte: 11, 22, 44.
  4. Toate aceste valori sunt realizabile: pentru det⁡(A)=1\det(A)=1 luăm A=I2A=I_2; pentru det⁡(A)=4\det(A)=4 luăm A=2I2A=2I_2; pentru det⁡(A)=2\det(A)=2 luăm A=(1002)A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}.
  5. Suma valorilor distincte este 1+2+4=71+2+4=7.
Greu#11
Fie AA o matrice pătrată de ordin nn astfel încât A3=InA^3 = I_n și matricea A−InA - I_n este inversabilă. Atunci inversa matricei A−InA - I_n este:
A) −13(A+2In)-\frac{1}{3}(A+2I_n)
B) 13(A+2In)\frac{1}{3}(A+2I_n)
C) −13(A−2In)-\frac{1}{3}(A-2I_n)
D) 13(A−2In)\frac{1}{3}(A-2I_n)

Explicație

Din ipoteză, A3=InA^3 = I_n. Scriem A3−In=0A^3 - I_n = 0. Factorizăm: (A−In)(A2+A+In)=0(A - I_n)(A^2 + A + I_n) = 0. Deoarece A−InA - I_n este inversabilă, putem înmulți la stânga cu (A−In)−1(A - I_n)^{-1} și obținem A2+A+In=0A^2 + A + I_n = 0. Rearanjând: A2+A=−InA^2 + A = -I_n. Căutăm o matrice BB astfel încât (A−In)B=In(A - I_n)B = I_n. Încercăm să exprimăm BB ca o combinație liniară de AA și InI_n. Considerăm (A−In)(A+2In)=A2+2A−A−2In=A2+A−2In(A - I_n)(A + 2I_n) = A^2 + 2A - A - 2I_n = A^2 + A - 2I_n. Dar din A2+A=−InA^2 + A = -I_n, avem A2+A−2In=−In−2In=−3InA^2 + A - 2I_n = -I_n - 2I_n = -3I_n. Prin urmare, (A−In)(A+2In)=−3In(A - I_n)(A + 2I_n) = -3I_n. Înmulțind ambii membri cu −13-\frac{1}{3}, obținem (A−In)(−13(A+2In))=In(A - I_n)\left(-\frac{1}{3}(A+2I_n)\right) = I_n. Astfel, inversa lui A−InA - I_n este −13(A+2In)-\frac{1}{3}(A+2I_n).
Greu#12
Fie AA o matrice pătratică de ordin nn (n≥2n \geq 2) care satisface A2=2A−InA^2 = 2A - I_n, unde InI_n este matricea identitate. Atunci A2024A^{2024} este egală cu:
A) A2024=AA^{2024} = A
B) A2024=2024A−2023InA^{2024} = 2024A - 2023I_n
C) A2024=22023A−(22023−1)InA^{2024} = 2^{2023}A - (2^{2023}-1)I_n
D) A2024=InA^{2024} = I_n

Explicație

Din ecuația A2=2A−InA^2 = 2A - I_n obținem A2−2A+In=0A^2 - 2A + I_n = 0, care se factorizează ca (A−In)2=0(A - I_n)^2 = 0. Notăm N=A−InN = A - I_n, deci N2=0N^2 = 0. Atunci A=In+NA = I_n + N. Calculăm A2024A^{2024} folosind formula binomului lui Newton, ținând cont că N2=0N^2=0: A2024=(In+N)2024=In+(20241)N+(20242)N2+⋯=In+2024N.A^{2024} = (I_n + N)^{2024} = I_n + \binom{2024}{1} N + \binom{2024}{2} N^2 + \dots = I_n + 2024N. Înlocuind N=A−InN = A - I_n, avem A2024=In+2024(A−In)=2024A−2023InA^{2024} = I_n + 2024(A - I_n) = 2024A - 2023I_n. Deci răspunsul corect este B. Opțiunea A este falsă deoarece, în general, A≠InA \neq I_n. Opțiunea C provine dintr-o eroare frecventă de rezolvare a recurenței liniare. Opțiunea D este falsă, deoarece din ecuația dată nu rezultă că A=InA = I_n.

Și alte 323 grile disponibile după înregistrare.

57 zile până la BAC

Pregătește-te la Matrici cu AI

Accesează toate cele 335 probleme de Matrici cu rezolvări complete pas cu pas și corectare automată AI.

Vreau evaluare AI pe soluția mea

50 credite gratuite la înregistrare. Fără card, fără obligații.