Exerciții rezolvate cu determinanți — clasa a 11-a

$\det A = 3 \cdot 2 - 4 \cdot 1 = 2$.

$\det = 2 \cdot 5 \cdot (-3) = -30$.

Dezvoltăm după prima coloană: $1 \cdot (1 \cdot 0 - 4 \cdot 6) - 0 + 5 \cdot (2 \cdot 4 - 3 \cdot 1) = -24 + 5 \cdot 5 = 1$.

$\det(2A) = 2^3 \det(A) = 8 \cdot 5 = 40$.

$m^2 - 4 = 0 \Rightarrow m \in \{-2, 2\}$.

$\det(AB) = 3 \cdot (-2) = -6$.

$\det = (b - a)(c - a)(c - b)$. (Este zero dacă și numai dacă cel puțin două dintre $a, b, c$ sunt egale.)

Inversabilitate ⟺ determinant nenul.

Cu $a=-1,\,b=2,\,c=3$: $$(b-a)(c-a)(c-b)=(2-(-1))(3-(-1))(3-2)=3\cdot4\cdot1=12.$$ Verificare: dezvoltând direct determinantul prin regula lui Sarrus se obţine acelaşi rezultat, $12$ — formula Vandermonde este doar o scurtătură pentru acest tipar de matrice. ✓

Dezvoltând după prima linie: $$\Delta(m)=m\begin{vmatrix}m&1\\1&m\end{vmatrix}-1\begin{vmatrix}1&1\\0&m\end{vmatrix}=m(m^2-1)-m=m^3-2m.$$ Ecuaţia $m^3-2m=0$ se scrie $m(m^2-2)=0$, cu rădăcinile $m=0$, $m=\sqrt2$, $m=-\sqrt2$ — toate reale. Suma lor este $0+\sqrt2+(-\sqrt2)=0$. (Acelaşi rezultat rezultă direct din Viète: în $m^3+0\cdot m^2-2m+0=0$, coeficientul lui $m^2$ este $0$, deci suma rădăcinilor este $-\dfrac{0}{1}=0$.) Verificare: $0^3-2\cdot0=0$ ✓, $(\sqrt2)^3-2\sqrt2=2\sqrt2-2\sqrt2=0$ ✓, $(-\sqrt2)^3-2(-\sqrt2)=-2\sqrt2+2\sqrt2=0$ ✓ — toate cele trei rădăcini verifică ecuaţia, iar suma lor este $0$.

$$\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\ 2 & 3 & 1\\ 3 & 5 & 1\end{vmatrix}=1(3-5)-1(2-3)+1(10-9)=-2+1+1=0.$$ ✓ Anularea acestui determinant este chiar criteriul de coliniaritate — el este, până la factorul $\dfrac12$, aria triunghiului $ABC$. Aria nulă înseamnă triunghi degenerat, adică puncte coliniare. (Într-adevăr, toate trei se află pe dreapta $y=2x-1$.)

Notăm $A$ matricea dată. Verificăm din elemente că $a_{ij} = -a_{ji}$ pentru orice pereche $(i,j)$ — de exemplu $a_{12}=2=-a_{21}$, $a_{25}=3=-a_{52}$, $a_{34}=1=-a_{43}$ — și $a_{ii}=0$ pe diagonală, deci $A^{T} = -A$ (matrice antisimetrică). Folosim două proprietăți valabile pentru orice matrice pătratică $n\times n$: $$\det(A^{T}) = \det(A) \quad \text{și} \quad \det(cA) = c^{n}\det(A).$$ Pentru $c=-1$ și $n=5$ (impar): $$\det(-A) = (-1)^{5}\det(A) = -\det(A).$$ Cum $A^{T} = -A$, rezultă $$\det(A) = \det(A^{T}) = \det(-A) = -\det(A) \;\Rightarrow\; 2\det(A) = 0 \;\Rightarrow\; \det(A) = 0.$$ Observație: concluzia e independentă de valorile concrete — orice matrice antisimetrică de ordin impar are determinant $0$; o dezvoltare Laplace directă pe prima linie ar necesita patru minori $4\times 4$ (fiecare reductibil la minori $3\times 3$ și $2\times 2$), deci zeci de termeni — nepractic sub presiune de timp. Ca verificare directă, dezvoltarea pe prima linie dă $$\det(A) = -a_{12}M_{12} + a_{13}M_{13} - a_{14}M_{14} + a_{15}M_{15} = -2(-4) + 1(-2) - 3(4) + 1(6) = 8 - 2 - 12 + 6 = 0,$$ confirmând recunoașterea structurală.