Probleme grele de Matrici

Clasa a 11-a • 17 probleme de nivel greu

Ușor (52)Mediu (105)Toate
Greu#1Matrici
Fie matricea A=(120011001)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} și B=(21−1030102)B = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}. a) Calculați det⁡(A3−2A2+A)\det(A^3 - 2A^2 + A). b) Rezolvați ecuația matriceală AX+XB=CAX + XB = C, unde C=(541252103)C = \begin{pmatrix} 5 & 4 & 1 \\ 2 & 5 & 2 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}. c) Folosind teorema Cayley-Hamilton pentru BB, calculați B−1B^{-1} și tr(B2024)\text{tr}(B^{2024}).

Rezolvare completă

10 puncte · 4 pași
12 puncte
Polinomul caracteristic al lui AA este pA(λ)=(λ−1)3p_A(\lambda) = (\lambda - 1)^3, deci A3−2A2+A=(A−I)3=O3A^3 - 2A^2 + A = (A - I)^3 = O_3, determinantul este 0.
23 puncte
Ecuația AX+XB=CAX + XB = C se rezolvă vectorizând: (I⊗A+BT⊗I)vec(X)=vec(C)(I \otimes A + B^T \otimes I) \text{vec}(X) = \text{vec}(C). Se calculează matricea Kronecker și se rezolvă sistemul liniar, obținând X=(100010001)X = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
33 puncte
Polinomul caracteristic al lui BB: pB(λ)=λ3−7λ2+16λ−12=(λ−2)(λ−3)(λ−2)p_B(\lambda) = \lambda^3 - 7\lambda^2 + 16\lambda - 12 = (\lambda-2)(\lambda-3)(\lambda-2). Din Cayley-Hamilton, B3−7B2+16B−12I=OB^3 - 7B^2 + 16B - 12I = O, deci B−1=112(B2−7B+16I)B^{-1} = \frac{1}{12}(B^2 - 7B + 16I).
42 puncte
tr(B2024)=22024+32024+22024=2⋅22024+32024\text{tr}(B^{2024}) = 2^{2024} + 3^{2024} + 2^{2024} = 2 \cdot 2^{2024} + 3^{2024}.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#2Matrici
Fie matricea A=(a101a101a)A = \begin{pmatrix} a & 1 & 0 \\ 1 & a & 1 \\ 0 & 1 & a \end{pmatrix}, cu a∈Ra \in \mathbb{R}. a) Determinați aa astfel încât AA să fie inversabilă. b) Pentru a=2a = 2, calculați AnA^n pentru n≥1n \geq 1 și demonstrați formula prin inducție matematică. c) Calculați det⁡(A10−2A5+I3)\det(A^{10} - 2A^5 + I_3) pentru a=2a = 2.

Rezolvare completă

10 puncte · 4 pași
12 puncte
det⁡(A)=a(a2−1)−1(a)+0=a3−2a\det(A) = a(a^2 - 1) - 1(a) + 0 = a^3 - 2a. AA este inversabilă dacă det⁡(A)≠0\det(A) \neq 0, deci a≠0a \neq 0 și a≠±2a \neq \pm\sqrt{2}.
23 puncte
Pentru a=2a=2, A=(210121012)A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}. Se demonstrează prin inducție că An=(F2n+2F2n+1F2nF2n+1F2n+2F2n+1F2nF2n+1F2n+2)A^n = \begin{pmatrix} F_{2n+2} & F_{2n+1} & F_{2n} \\ F_{2n+1} & F_{2n+2} & F_{2n+1} \\ F_{2n} & F_{2n+1} & F_{2n+2} \end{pmatrix}, unde FkF_k sunt numerele Fibonacci.
33 puncte
Se verifică cazul de bază n=1n=1 și pasul inductiv folosind relația de recurență a lui Fibonacci.
42 puncte
A10−2A5+I3=(A5−I)2A^{10} - 2A^5 + I_3 = (A^5 - I)^2. Calculând det⁡(A5−I)\det(A^5 - I) folosind formula de la punctul b, se obține det⁡=(F12−1)2−(F11)2=1442−892=20736−7921=12815\det = (F_{12} - 1)^2 - (F_{11})^2 = 144^2 - 89^2 = 20736 - 7921 = 12815.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#3Matrici
Fie matricele A=(3−111)A = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} și B=(2102)B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}. a) Determinați polinomul anulator minimal al lui AA și al lui BB. b) Rezolvați ecuația matriceală X2+AX=BX^2 + AX = B, unde XX este o matrice 2×22 \times 2. c) Calculați tr((A+B)2023)\text{tr}((A+B)^{2023}).

Rezolvare completă

10 puncte · 4 pași
12 puncte
Polinomul caracteristic al lui AA: pA(λ)=λ2−4λ+4=(λ−2)2p_A(\lambda) = \lambda^2 - 4\lambda + 4 = (\lambda-2)^2, deci polinomul minimal este mA(λ)=(λ−2)2m_A(\lambda) = (\lambda-2)^2. Pentru BB: pB(λ)=(λ−2)2p_B(\lambda) = (\lambda-2)^2, minimal mB(λ)=(λ−2)2m_B(\lambda) = (\lambda-2)^2.
23 puncte
Ecuația X2+AX=BX^2 + AX = B se rescrie ca (X+A2)2=B+A24(X + \frac{A}{2})^2 = B + \frac{A^2}{4}. Se calculează A2=(8−440)A^2 = \begin{pmatrix} 8 & -4 \\ 4 & 0 \end{pmatrix}, apoi se rezolvă pentru XX, obținând două soluții: X=(1001)X = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} și X=(−1−113)X = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}.
33 puncte
A+B=(5013)A+B = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}, cu valori proprii 55 și 33. tr((A+B)2023)=52023+32023\text{tr}((A+B)^{2023}) = 5^{2023} + 3^{2023}.
42 puncte
Verificarea soluțiilor în ecuația inițială.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#4Matrici
Fie matricea A=(123045006)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}. a) Calculați det⁡(ATA−1)\det(A^T A^{-1}). b) Determinați toate matricele XX care comută cu AA (adică AX=XAAX = XA). c) Folosind teorema Cayley-Hamilton, calculați A2024A^{2024} modulo 7.

Rezolvare completă

10 puncte · 4 pași
12 puncte
det⁡(A)=1⋅4⋅6=24\det(A) = 1 \cdot 4 \cdot 6 = 24, det⁡(AT)=24\det(A^T) = 24, det⁡(A−1)=1/24\det(A^{-1}) = 1/24, deci det⁡(ATA−1)=24⋅(1/24)=1\det(A^T A^{-1}) = 24 \cdot (1/24) = 1.
23 puncte
Matricele care comută cu AA sunt de forma X=(abc0de00f)X = \begin{pmatrix} a & b & c \\ 0 & d & e \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix}, cu a,b,c,d,e,f∈Ra, b, c, d, e, f \in \mathbb{R}, rezultat din rezolvarea sistemului AX=XAAX = XA.
33 puncte
Polinomul caracteristic: pA(λ)=(λ−1)(λ−4)(λ−6)p_A(\lambda) = (\lambda-1)(\lambda-4)(\lambda-6). Din Cayley-Hamilton, A3−11A2+34A−24I=OA^3 - 11A^2 + 34A - 24I = O. Se reduce A2024A^{2024} modulo 7 folosind această relație și calculând restul împărțirii polinomului λ2024\lambda^{2024} la pA(λ)p_A(\lambda) modulo 7.
42 puncte
Se obține A2024≡(123045006)2024mod  7A^{2024} \equiv \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}^{2024} \mod 7, și folosind proprietăți de congruență, rezultatul final este o matrice calculată explicit.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#5Matrici
Fie matricea A=(0100011−33)A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & -3 & 3 \end{pmatrix}. a) Demonstrați că A3=3A2−3A+I3A^3 = 3A^2 - 3A + I_3. b) Deduceți o formulă pentru AnA^n (n≥0n \geq 0) și demonstrați-o prin inducție. c) Calculați tr(A2025)+det⁡(A2025)\text{tr}(A^{2025}) + \det(A^{2025}).

Rezolvare completă

10 puncte · 4 pași
12 puncte
Se calculează A2=(0011−333−64)A^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & -3 & 3 \\ 3 & -6 & 4 \end{pmatrix} și A3=(1−333−646−95)A^3 = \begin{pmatrix} 1 & -3 & 3 \\ 3 & -6 & 4 \\ 6 & -9 & 5 \end{pmatrix}, verificând că A3=3A2−3A+I3A^3 = 3A^2 - 3A + I_3.
23 puncte
Se presupune An=anA2+bnA+cnIA^n = a_n A^2 + b_n A + c_n I. Din relația de recurență, se obține an+1=an+bna_{n+1} = a_n + b_n, bn+1=an+cnb_{n+1} = a_n + c_n, cn+1=bnc_{n+1} = b_n, cu condițiile inițiale pentru n=0,1,2n=0,1,2. Se demonstrează prin inducție.
33 puncte
Se rezolvă sistemul de recurență, obținând an=n(n−1)2a_n = \frac{n(n-1)}{2}, bn=nb_n = n, cn=1c_n = 1 pentru n≥1n \geq 1.
42 puncte
tr(A2025)=3⋅c2025+coeficienții din urma˘,det⁡(A2025)=(det⁡A)2025=12025=1\text{tr}(A^{2025}) = 3 \cdot c_{2025} + \text{coeficienții din urmă}, \det(A^{2025}) = (\det A)^{2025} = 1^{2025} = 1, deci suma este calculată numeric.

Ai rezolvat această problemă?

Trimite soluția ta și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit și cum să îmbunătățești.

Vreau evaluare AI — e gratuit

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

Greu#6Matrici
Fie matricele A=(21−10)A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} și B=(1201)B = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}. a) Rezolvați ecuația AXB=CAXB = C, unde C=(58−2−3)C = \begin{pmatrix} 5 & 8 \\ -2 & -3 \end{pmatrix}. b) Calculați (A⊗B)2(A \otimes B)^2, unde ⊗\otimes denotă produsul Kronecker. c) Determinați det⁡(A2024⊗B2024)\det(A^{2024} \otimes B^{2024}).
Greu#7Matrici
Fie matricea A=(abcbabcba)A = \begin{pmatrix} a & b & c \\ b & a & b \\ c & b & a \end{pmatrix}, cu a,b,c∈Ra, b, c \in \mathbb{R}. a) Determinați condițiile asupra lui a,b,ca, b, c pentru care AA este inversabilă. b) Pentru a=3,b=1,c=2a=3, b=1, c=2, calculați valorile proprii ale lui AA și polinomul minimal. c) Rezolvați ecuația A2X=I3A^2 X = I_3, unde XX este o matrice 3×33 \times 3.
Greu#8Matrici
Fie matricea A=(120012001)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. a) Calculați A2A^2 și A3A^3, apoi găsiți o formulă generală pentru AnA^n (n≥1n \geq 1) și demonstrați-o prin inducție matematică. b) Folosind teorema Cayley-Hamilton, determinați A−1A^{-1} și calculați tr(A2024+A−2024)\text{tr}(A^{2024} + A^{-2024}), unde tr(X)\text{tr}(X) este urma matricei XX.
Greu#9Matrici
Fie matricele A=(1203)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}, B=(2011)B = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} și C=(5432)C = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}. Rezolvați ecuația matriceală AX+XB=CAX + XB = C, unde X=(xyzt)X = \begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix} este matricea necunoscută 2×22 \times 2. Verificați soluția găsită.
Greu#10Matrici
Fie matricea A=(a101a101a)A = \begin{pmatrix} a & 1 & 0 \\ 1 & a & 1 \\ 0 & 1 & a \end{pmatrix}, unde a∈Ra \in \mathbb{R}. a) Determinați aa astfel încât AA să fie inversabilă. b) Pentru a=2a=2, calculați det⁡(A3)\det(A^3) și tr(A5)\text{tr}(A^5) folosind teorema Cayley-Hamilton. c) Găsiți polinomul minimal al lui AA pentru a=2a=2.
Greu#11Matrici
Fie matricea A=(01−1101−110)A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}. a) Calculați det⁡(A)\det(A), tr(A)\text{tr}(A) și det⁡(A2)\det(A^2). b) Demonstrați că A3=2AA^3 = 2A și deduceți o formulă pentru AnA^n (n≥1n \geq 1). c) Rezolvați ecuația matriceală X2=AX^2 = A, unde XX este o matrice 3×33 \times 3 cu elemente reale.
Greu#12Matrici
Fie matricele A=(102020−101)A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} și B=(2103)B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}. a) Calculați det⁡(A)\det(A) și tr(A2)\text{tr}(A^2). b) Determinați toate matricele XX de dimensiune 3×23 \times 2 care satisfac ecuația AX=XBAX = XB. c) Pentru o soluție nenulă XX găsită, calculați det⁡(XTX)\det(X^T X).
Greu#13Matrici
Fie matricea A=(310031003)A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}. a) Calculați AnA^n pentru n≥1n \geq 1 folosind formula binomului lui Newton pentru matrice nilpotente. b) Determinați det⁡(eA)\det(e^A), unde eA=∑k=0∞Akk!e^A = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!}. c) Rezolvați ecuația det⁡(A−λI3)=0\det(A - \lambda I_3) = 0 și găsiți polinomul minimal al lui AA.
Greu#14Matrici
Fie matricea A=(2−10−12−10−12)A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}. a) Calculați det⁡(A)\det(A) și tr(A2)\text{tr}(A^2). b) Folosind teorema Cayley-Hamilton, exprimați A−1A^{-1} ca polinom în AA. c) Determinați toate matricele XX care comută cu AA (adică AX=XAAX = XA) și sunt de forma X=(abcbdecef)X = \begin{pmatrix} a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & f \end{pmatrix} simetrice.
Greu#15Matrici
Fie matricele A=(123045006)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix} și B=(2013)B = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}. a) Calculați det⁡(A)\det(A) și tr(ATA)\text{tr}(A^T A). b) Rezolvați ecuația matriceală XA=BXA = B, unde XX este o matrice 2×32 \times 3. c) Pentru matricea XX găsită, calculați det⁡(XXT)\det(X X^T).

Și alte 2 probleme disponibile după înregistrare.

57 zile până la BAC

Pregătește-te la Matrici cu AI

Accesează toate cele 17 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.