Un nou canal de Youtube

Pe noul meu canal de Youtube, asociat noului meu sait vreaumate.online, găsiți filmulețe proaspete în care am început să rezolv testele de antrenament primite de la minister.

Am postat recent și rezolvarea subiectului I și II de la primul test de bacalaureat mate-info.

Mate-info 2016, subiectul II, problema 2c

Se consideră polinomul $f=X^3 - 5X+a$,  unde $a$ este un număr real. 

Demonstrați că polinomul $f$ are cel mult o rădăcină în mulțimea numerelor întregi.

Ei? Asta da, asta deja este o problemă ce dă oarece bătăi de cap. Cum dumnezeu să demonstrăm că polinomul dat are cel mult o rădăcină întreagă, că în liceu nu se învață nimic asemănător, nicio regulă care să ne ducă pe o cale regală către o asemenea demonstrație? Atunci ce trebuie să facă elevul?

Mate-info 2016, subiectul II, problema 2b

Se consideră polinomul $f=X^3 - 5X+a$,  unde $a$ este un număr real. 

Determinați numărul real $a$ pentru care $x_1^3 +x_2^3+x_3^3=2016-4a$, unde $x_1$, $x_2 $ și $x_3$ sunt rădăcinile polinomului $f$.

Ce sunt rădăcinile unui polinom? Sunt acele numere care anulează funcția polinomială asociată polinomului dat. Așadar, dacă înlocuim pe $x$ cu o rădăcină (să zicem, cu $x_1$), obţinem rezultatul zero. Adică, $$f(x_1) =0.$$

Mate-info 2016, subiectul II, problema 2a

Se consideră polinomul $f=X^3 - 5X+a$,  unde $a$ este un număr real. 

Arătați că $f(0)=a$.

Vai, dar ce grea este problema asta! Vedeți câtă grijă are examinatorul? Are grijă să ne mai și odihnim între timp. Problema asta este pentru odihnă și pentru recuperarea timpului.

Oricărui polinom i se asociază o funcție polinomială. Polinomului nostru i se asociază funcția $f(x) =x^3 - 5x+a$. Sper că ați observat deosebirea dintre polinom și funcția polinomială, deosebirea dintre majuscula $X$ și minuscula $x$. Iată că în matematică trebuie să fim atenți chiar și la asemenea chestii.

Așadar, pentru a calcula $f(0)$, va trebui ca în funcția polinomială atașată polinomului nostru să-l înlocuim pe $x$ cu $0$. Obținem, deci, $$\color {red} {f(0)} =0^3 - 5\cdot 0+a=0-0+a=\color{red} {a}, $$ ceea ce trebuia demonstrat. 

Mate-info 2016, subiectul II, problema 1c

Se consideră matricea $A(x) =\left(\begin{array}{ll} 1&x&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2^x\\ \end{array} \right)$, unde $x$ este un număr real.

Știind că $A(n)=A(1)\cdot A (2)\cdot A (3)\cdot\dots\cdot A (2016) $, demonstrați că $n$ este număr natural divizibil cu $2017$.

Elevul concentrat și eliberat deja de emoția începutului de examen, se va gândi că ar trebui să fie o legătură între numărul $2016$ și $2017$. Apoi, gândind că aceste numere sunt alese la întâmplare, în funcție de anul curent, va conștientiza că trebuie să caute o metodă generală pentru a găsi soluția, o metodă independentă de aceste numere.

Mate-info 2016, subiectul II, problema 1b

Se consideră matricea $A(x) =\left(\begin{array}{ll} 1&x&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2^x\\ \end{array} \right)$, unde $x$ este un număr real.

Determinați numerele reale $x$, știind că $A(x)\cdot A(2x)=A(x^2+2)$.



Când trebuie să găsim necunoscute înseamnă că trebuie să ajungem cumva la o ecuație (de gradul întâi sau al doilea) care conține acele necunoscute. Altfel spus, noi vrem să scăpăm de litera $A$. Mai neriguros spus, vrem să "simplificăm" cu litera $A$.


Pentru a scăpa de litera $A$ va trebui să facem înmulțirea din partea stângă a egalității. Avem de făcut înmulțirea:$$A(x)\cdot A(2x)=\left(\begin{array}{ll} 1&x&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2^x\\ \end{array} \right)\cdot \left(\begin{array}{ll} 1&2x&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2^{2x}\\ \end{array} \right). $$

Mate-info 2016, subiectul II, problema 1a

Se consideră matricea $A(x) =\left(\begin{array}{ll} 1&x&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2^x\\ \end{array} \right)$, unde $x$ este un număr real.

Arătați că $\det(A(10))=1024$.

Dacă ați citit cu atenție articolul în care vă arătam cum un determinant de ordinul trei se poate scrie ca trei determinanți de ordinul doi, atunci problema este ca și rezolvată, căci acolo veți afla că putem dezvolta determinantul după prima coloană și obținem: $$\det (A(10))=\left|\begin{array}{ll} 1&10&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2^{10}\\ \end{array} \right|=\left|\begin{array}{ll} 1&0\\ 0&2^{10}\\ \end{array} \right|=2^{10}=\color{red}{1024}.$$

Dar dacă n-ați apucat încă să citiţi cu atenție articolul spre care v-am îndrumat, din cine știe ce motive omenești și firești,  atunci poate veți găsi ceva chef să citiți cu atenție articolul în care v-am descris regula lui Sarrus. 

Mult succes! 

O șmecherie cu elementul neutru

Probabil ați întâlnit deja probleme în care vi se cere să găsiți elementul neutru al unei legi de compoziție. Elementul neutru al unei legi de compoziție este acel ceva care nu modifică valoarea termenului cu care este compus.

De exemplu, elementul neutru al adunării este $0$ pentru că zero nu-l modifică pe $5$ sau pe $8$ atunci când acestea se adună cu zero. Mai exact, zero este element neutru al adunării pentru că $5+0=5$ sau $8+0=8$.

De asemenea, elementul neutru al înmulțirii este $1$ pentru că $5\cdot 1=5$ sau $17\cdot 1=17$.

Orice determinant poate fi scris ca o sumă de doi determinanți mai simpli

Am văzut că determinantul precedent avea valoarea $-3$. Dar acest determinant poate fi scris ca o sumă de doi determinanți mai simpli, care conțin zero-uri. Mai exact, determinantul $$\Delta_1=\left|\begin{array}{ll} 1&2&3\\ 4&5&6\\ 7&8&10\\ \end{array} \right|=-3$$ poate fi scris, de exemplu, ca o sumă dintre determinantul $$\Delta_2=\left|\begin{array}{ll} 1&2&3\\ 4&5&6\\ 0&8&0\\ \end{array} \right|=48$$ și determinantul $$\Delta_3=\left|\begin{array}{ll} 1&2&3\\ 4&5&6\\ 7&0&10\\ \end{array} \right|=-51.$$

Observați că nu ne-am atins decât de linia trei, pe restul lăsându-le intacte! De asemenea, observați că adunând elementele liniei trei din determinanții $\Delta_2$ și $\Delta_3$, obținem exact elementele liniei trei din determinantul $\Delta_1$.

Un determinant nu se schimbă dacă înlocuim o linie cu suma a două linii DIFERITE

De exemplu, determinantul
$$\Delta_1=\left|\begin{array}{ll}
1&2&3\\
4&5&6\\
7&8&10\\
\end{array} \right|$$

are aceeași valoare cu determinantul
$$\Delta_2=\left|\begin{array}{ll}
1&2&3\\
4+7&5+8&6+10\\
7&8&10\\
\end{array} \right|.$$

Lege de compoziție

Adunarea numerelor naturale (deci, a numerelor fără minus și fără virgulă) ESTE o lege de compoziție, deoarece dacă adunăm ORICE două numere fără minus și fără virgulă obținem TOT numere fără minus și fără virgulă.

Dar scăderea numerelor naturale NU mai este lege de compoziție, deoarece EXISTĂ cel puțin două numere naturale a căror diferență să nu fie număr natural.

De exemplu, $5-7=-2$. Diferența acestor două numere naturale este un număr întreg (fără virgulă), dar nu este un număr natural (nu este și fără minus). Așadar, scăderea NU ESTE lege de compoziție PENTRU MULȚIMEA numerelor naturale.

Varianta model pentru bacalaureat, 2015, mate-info (M1), subiectul II, problema 2.c

Fie polinomul $f=X^3+mX-3$, unde $m$ este un parametru real. Arătați că dacă $m>0$, atunci polinomul are două rădăcini de același modul.



Știm că orice polinom (cu coeficienți reali) de gradul 3 are 3 rădăcini, așa cum orice polinom (cu coeficienți reali) de gradul $n$ are $n$ rădăcini. Este o cunoștință foarte prețioasă și fundamentală, oricât de banală ar părea.

Din păcate, să nu uitați, această cunoștință este valabilă doar pentru polinoamele ai căror coeficienți sunt numere reale. Căci, de exemplu, dacă luăm un polinom cu coeficienți în $\mathbb{Z_4}=\{\hat 0;\,\hat 1;\,\hat 2;\,\hat 3\}$ (mulțimea claselor de resturi modulo 4), polinom dat de $g(X)=\hat 2X+\hat 2$, acesta va avea două rădăcini ($x_1=\hat 1$ și $x_2=\hat 3$), deși gradul polinomului este unu.

Ok. Deci, știm că polinomul nostru are sigur trei rădăcini. De regulă, notăm rădăcinile polinomului ca fiind $x_1$, $x_2$ și, respectiv, $x_3$. Acum noi trebuie să arătăm că două dintre ele au același modul.

Unui elev care știe ceva matematică îi vine în minte o informație foarte prețioasă legată de această problemă: rădăcinile nereale (adică, cele care au și parte imaginară) vin în perechi. Mai exact, elevul își va aminti că dacă un polinom are rădăcina complexă $z=a+bi$, atunci el are musai și rădăcina conjugată $\overline{z}=a-bi$.

Și cum de îi vine lui în minte așa ceva? De ce se gândește elevul bun neapărat la faptul că numerele complexe vin în perechi? De unde vine această intuiție formidabilă a elevului? Răspunsul se află în formularea problemei, pentru că problema amintește despre două rădăcini și pentru că elevul știe că rădăcina complexă $z=a+bi$ are exact același modul cu rădăcina complexă conjugată, adică $|z|=|\overline{z}|=\sqrt{a^2+b^2}$.

Așadar, elevul are deja în minte planul rezolvării problemei. El va arăta întâi că în condițiile date (deci cu $m$ strict pozitiv) polinomul nu poate avea toate rădăcinile reale. Astfel, cel puțin una dintre rădăcini va trebui să fie nereală (deci, cu partea imaginară nenulă). Dar dacă una dintre rădăcini este nereală, atunci și a doua va fi nereală (tocmai conjugata ei). Ba, mai mult, și a doua va avea același modul ca și prima. Și gata!

Ia să vedem atunci. Să arătăm împreună cu istețul nostru elev că rădăcinile polinomului nostru nu pot fi toate reale. Asta-i cel mai greu. Cum am putea arăta că rădăcinile noastre nu pot fi toate reale?

De regulă, pentru a arăta că ceva nu este adevărat, presupunem prin absurd că acel ceva este adevărat și continuăm un raționament corect până când ajungem la o contradicție. Așadar, noi vom presupune prin absurd că toate rădăcinile polinomului nostru sunt reale. Și căutăm să vedem la ce contradicție ajungem.

Și nici măcar nu vom merge la întâmplare, căci știm chiar și ce contradicție căutăm. Căutăm o contradicție între faptul absurd pe care l-am presupus, anume că toate rădăcinile sunt reale, și faptul care ni se dă în problemă și anume că $m$ este strict pozitiv. Pe-aici pe undeva se ascunde contradicția căutată. Așadar, ne vom gândi cum putem crea o contradicție între faptul că trei numere sunt reale și faptul că un alt număr este mereu strict pozitiv. Deci, trebuie să ne gândim la o inegalitate care poate fi creată între trei numere reale și un număr pozitiv.

Aha! Sub influența acestor căutări, ne vine în minte una dintre cele mai importante inegalități din matematică: dacă $x$ este număr real, atunci $x^2\ge 0$. Înseamnă că ar trebui să facem cumva legătura între ceva expresie cu pătratul rădăcinilor și numărul $m$.

Pătratul rădăcinilor! Ia să ne gândim la pătratul rădăcinilor. Cum putem să ne gândim la pătratul tuturor celor trei rădăcini? Cred că numai făcând suma pătratelor acestora. Așadar, ne interesează expresia de forma $x_1^2+x_2^2+x_3^2$. Vrem să cunoaștem semnul acestei expresii, pentru a-l compara cu semnul lui $m$.

Este clar că pentru ceea ce urmează vom avea nevoie de minunatele relații ale lui Viète pentru un polinom de gradul trei, pentru că numai acolo putem să găsim suma rădăcinilor și suma pătratelor acestora. Iar acest lucru îl va simți elevul care cunoaște relațiile dintre coeficienți și rădăcini.

Pentru aceasta, ne amintim că există formula de calcul prescurtat
$$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc),$$
din care rezultă apoi că
$$a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+ac+bc).$$

Aplicăm această relație la rădăcinile polinomului nostru. Adică, avem
$$x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3).$$

Ne apropiem acum de finalul rezolvării, căci în expresia de mai sus vom folosi relațiile lui Viète. Relațiile lui Viète ne spun, printre altele, că
$$x_1+x_2+x_3=-\frac{\text{coeficientul din fața lui }X^2}{\text{coeficientul dominant}}$$
și
$$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{\text{coeficientul din fața lui }X}{\text{coeficientul dominant}}.$$

Asta înseamnă că
$$x_1+x_2+x_3=-\frac{0}{1}=0$$
și
$$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{m}{1}=m.$$

Atunci,
$$x_1^2+x_2^2+x_3^2=0-2m=-2m.$$

Dar $-2m$ este un număr negativ, din moment ce $m$ este strict pozitiv. Adică, am obținut că suma pătratelor rădăcinilor este un număr negativ. Dar acest lucru vine în contradicție cu presupunerea că toate rădăcinile sunt numere reale, căci ar fi trebuit să obținem că suma pătratelor a trei numere reale este un număr pozitiv.

Așadar, am demonstrat riguros, în sfârșit, că rădăcinile polinomului nostru nu pot fi toate reale. Atunci cum pot fi rădăcinile? Toate sunt rădăcini nereale? Nuuuu! Doar am văzut mai sus că rădăcinile complexe vin în perechi. Așadar, nu putem avea trei rădăcini nereale, ci numai două. Iar acele două sunt conjugate, după cum am văzut mai sus. Și tot mai sus am văzut că rădăcinile complexe conjugate au același modul. Iar acestea fiind spuse, am finalizat rezolvarea.




Desigur, voi la bac nu va trebui să-i explicați examinatorului atâtea detalii, căci el știe bine cu ce se mănâncă matematica. Lui îi veți scrie că din relațiile lui Viète rezultă că avem și rădăcini nereale și îi veți menționa că știți că rădăcinile nereale vin în perechi conjugate care au același modul.

Varianta model pentru bacalaureat, 2015, mate-info (M1), subiectul II, problema 2.b

Fie polinomul $f=X^3+mX-3$, unde $m$ este un parametru real. Determinați numărul real $m$, în cazul în care polinomul $f$ este divizibil cu $X+1$.




Pentru a găsi numărul $m$ în așa fel încât polinomul dat să fie divizibil cu $X+1$ aș vrea să ne amintim întâi ce înseamnă faptul că două polinoame se divid.

Pentru aceasta să ne amintim ce știm despre divizibilitate în cazul numerelor. Când sunt divizibile două numere? Atunci când restul împărțirii lor este nul.

La fel, două polinoame sunt divizibile, dacă restul împărțirii lor este nul. Prin urmare, pentru a găsi parametrul căutat $m$ în cazul în care polinomul $f$ este divizibil cu polinomul $X+1$ trebuie să pornim de la nulitatea restului.

Dar mai întâi trebuie să cunoaștem restul și abia apoi îl vom egala cu zero. Cât o fi restul împărțirii polinomului $f$ la polinomul $X+1$? Mai exact, cum ar depinde acest rest de numărul $m$?

Ei bine, există cel puțin trei modalități de a găsi restul împărțirii polinomului oarecare $f$ la polinomul $X-a$, unde $a$ este un număr oarecare:

1. Metoda băbească, împărțirea propriu-zisă a celor două polinoame și aflarea restului la finalul împărțirii. Aceasta este cea mai primitivă metodă de calcul al restului și nu face cinste unui elev de M1. De aceea, elevul de M1 va trebui să se gândească imediat la altă metodă, mult mai eficientă.
2. Schema lui Horner. Această metodă constă într-un algoritm minunat de recurență pentru împărțirea cu $X-a$, bazat pe un tabelaș drăguț în care apar numai coeficienți. La finalul calculului apare tocmai restul împărțirii.
3. Cea mai genială metodă este bazată tocmai pe teorema împărțirii cu rest. Această teoremă spune că polinomul $f$ poate fi scris ca $f(X)=\text{Câtul}(X)\cdot(X-a)+\text{Restul}$. Mai departe trebuie să observăm ceva șmecheresc: dacă în această teoremă punem în loc de $X$ tocmai $a$ obținem tocmai restul! Cum așa? Iată cum: $$f(a)=\text{Câtul}(a)\cdot\color{blue}{(a-a)}+\text{Restul}=\color{blue}{0}+\text{Restul}=\text{Restul}.$$ Adică, în cuvinte, restul împărțirii unui polinom $f(X)$ la $X-a$ este tocmai $f(a)$!

Propoziția evidențiată cu verde este magică! Ea ne scutește de o groază de lucru. Și cu o asemenea cunoștință elevul de M1 se poate mândri. Vă dați seama că un elev slăbuț s-ar fi apucat sărăcuțul de împărțirea celor două polinoame și ajungea la restul dorit abia la sfârșitul împărțirii, dacă avea mare grijă să nu greșească vreun semn la împărțire.





Deci, noi vom folosi cea mai modernă modalitate de a rezolva problema, adică:

•  vom calcula $f(a)$, adică, la noi $a$ fiind $-1$ (căci din $X-a=X+1$ rezultă că $a=-1$),
•  vom egala rezultatul cu zero (căci restul trebuie să fie nul) și
•  vom găsi soluțiile ecuației care se va naște astfel.

Zis și făcut. Să vedem cât este $f(a)$. Avem $f(a)=f(-1)=(-1)^3+m\cdot(-1)-3=-1-m-3=-m-4$. Acum egalăm acest rezultat cu zero și avem $-m-4=0$, deci $\color{red}{m=-4}$.

În final vreau să fac o mică sinteză pentru a denumi durabil proprietățile pe care le-am folosit. Cele două proprietăți importante pe care le-am folosit au fost:

1. Pentru ca un polinom $f$ să fie divizibil cu $X-a$ trebuie ca restul împărțirii lui $f$ la $X-a$ să fie nul.
2. Restul împărțirii unui polinom la $X-a$ este $f(a)$.

Din cele două proprietăți rezultă că un polinom $f$ se divide cu $X-a$ dacă $f(a)=0$. Acest rezultat se numește teorema lui Bézout. Așadar, pentru rezolvarea problemei, elevul trebuia să cunoască teorema lui Bézout.

Varianta model pentru bacalaureat, 2015, mate-info (M1), subiectul II, problema 2.a

Fie polinomul $f=X^3+mX-3$, unde $m$ este un parametru real.

Pentru $m=2$, arătați că $f(1)=0$.



Adică trebuie întâi să rescriem polinomul nostru punând în locul lui $m$ numărul $2$. Obținem o frumusețe de polinom $f=X^3+2X-3$. Apoi trebuie să calculăm $f(1)$, adică trebuie să vedem cât obținem dacă în frumosul nostru polinom punem peste tot unde vedem $X$ numărul $1$.

După toate acestea avem, deci,
$$\color{red}{f(1)}=1^3+2\cdot 1-3=1+2-3=\color{red}{0},$$

calcul care încheie, fără complicații, rezolvarea problemei.

Varianta model pentru bacalaureat, 2015, mate-info (M1), subiectul II, problema 1.c

Se consideră matricea $A(a)=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&a&a+1\\2&a+2&a+3\end{pmatrix}$, unde $a$ este un număr real. 

Arătați că există o infinitate de matrice $X\in\mathscr{M_{3,1}}(\mathbb{R})$ care verifică relația $A(2015)\cdot X=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$.

O matrice de forma $X\in\mathscr{M_{\color{magenta}{3},\color{limegreen}{1}}}(\mathbb{R})$ este o matrice care are $\color{magenta}{3}$ linii și $\color{limegreen}{1}$ coloane. Așadar, matricea noastră necunoscută $X$ trebuie să fie de forma
$$X=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix},$$
adică este o matrice coloană.

Dacă înmulțim o matrice pătratică cu o matrice coloană, obținem ca rezultat o matrice coloană (iar dacă am înmulți o matrice linie cu o matrice pătratică, am obține o matrice linie). În general, dacă înmulțim o matrice (7,4), adică o matrice cu 7 linii și 4 coloane cu o matrice (4,6), vom obține o matrice (7,6). Simbolic, am putea scrie $(7,\color{limegreen}{4})\cdot(\color{limegreen}{4},6)=(7,6)$. Observați că acel $\color{limegreen}{4}$ din mijloc dispare ca prin farmec. Tocmai de aceea putem să înmulțim doar matrice pentru care numărul de coloane din stânga este egal cu numărul de linii din dreapta.



Așadar, dacă vom înmulți matricea pătratică $A(2015)$ cu matricea coloană $X$, vom obține tot o matrice coloană. Această matrice coloană obținută ca rezultat va trebui să o egalăm cu matricea coloană $\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$.

Dar să nu anticipăm prea mult, ci să facem întâi produsul dintre matricea pătratică $A(2015)$ și matricea coloană necunoscută $X$. Când înmulțim două matrice, înmulțim (mai corect ar fi să spunem „combinăm liniar” ) pe rând liniile matricei din stânga cu coloanele matricei din dreapta (această asimetrie face ca produsul matricelor să fie aproape întotdeauna necomutativ).

Așadar
$$A(2015)\cdot X=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&2015&2016\\2&2017&2018\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\cdot x+1\cdot y+1\cdot z\\0\cdot x+2015\cdot y+2016\cdot z\\2\cdot x+2017\cdot y+2018\cdot z\end{pmatrix}.$$

Această matrice coloană rezultată va trebui egalată cu matricea $\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$. Așadar, avem
$$\begin{pmatrix}x+y+z\\2015y+2016z\\2x+2017y+2018z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.$$

Dar două matrice sunt egale atunci când elementele lor corespondente sunt egale. Atunci, egalitatea matriceală va fi echivalentă cu sistemul de trei egalități (ecuații):
$$\begin{cases}x&+&\,\,\,\,y&+&\,\,\,\,z&=0\\&&2015y&+&2016z&=0\\2x&+&2017y&+&2018z&=0\end{cases}.$$


Acum, având acest sistem în față, să ne reamintim ce ne cere problema. Ea zice să demonstrăm că există o infinitate de matrice bla, bla, bla. Deci, ne cere să arătăm de fapt că există o infinitate de soluții ale acestui sistem, deci să arătăm că există o infinitate de posibilități în care putem alege valori pentru $x$, $y$ și $z$. Ei bine, cum arătăm asta?


Pentru orice sistem există următoarele trei posibilități:

1. Sistemul are zero soluții. Deci nu are nicio soluție. Un asemenea sistem se mai numește „incompatibil”. El conține ecuații care se contrazic, ducând la egalități absurde, precum $1=2$.
2. Sistemul are o soluție unică. Este cel mai „curat” caz. Numai un asemenea sistem se poate rezolva cu metoda lui Cramer. Și reciproc, dacă un sistem se poate rezolva cu Cramer, atunci el are soluție unică. Un asemenea sistem se numește „determinat” sau mai ales „compatibil determinat”. El conține ecuații necesare și suficiente, care nu se contrazic. Fiecare dintre ecuații aduce informație suplimentară în sistem, necesară pentru a găsi  toate necunoscutele. Observați cu această ocazie că nu trebuie să confundăm soluția cu necunoscutele. Soluția înseamnă un set de numere care corespund necunoscutelor. De exemplu, soluția unică a unui sistem de trei ecuații cu trei necunoscute $x$, $y$, $z$ ar putea arăta așa $S=(1,2,3)$ care înseamnă că $x=1$, $y=2$ și $z=3$.
3. Sistemul are o infinitate de soluții. Acest tip de sistem se numește „nedeterminat” sau mai ales „compatibil nedeterminat”. El conține câteva ecuații inutile, care pot fi deduse din celelalte ecuații. Deci, conține ecuații necesare, dar insuficiente.

Nu există alte tipuri de sisteme cu coeficienți reali! Deci, nu există, de exemplu, sisteme cu cinci soluții. Și nici cu patru. Nici cu trei. Și nici cu două. Dacă are soluții, atunci ori are o singură soluție, ori o infinitate. Nu există cale de mijloc. În schimb, există sisteme cu mai multe soluții dacă e vorba de clase de resturi, de exemplu, ceea ce nu e cazul nostru acum.




Vedem acum că sistemul nostru trebuie să fie compatibil nedeterminat. Deci, trebuie să fie întâi compatibil, apoi nedeterminat.

Arătăm întâi că este compatibil. Asta înseamnă că el are soluții. Nu știm câte, dar știm că are. Ia să vedem. Putem arăta ușor că sistemul are soluții? Măcar o soluție? Un sistem care se termină cu zerouri, deci care are după egal numai zerouri sau (mai corect spus) care are termenii liberi nuli se numește sistem omogen. Și orice sistem omogen are soluție. Cea mai simplă soluție. Cea în care toate necunoscutele sunt efectiv nule. Acestei soluții i se mai spune și „soluția banală”. Nu-i așa că orice sistem omogen are această soluție? Căci dacă punem $0$ în locul tuturor necunoscutelor, obținem în total evident $0$. Deci, orice sistem omogen este compatibil, căci are cel puțin soluția banală.

Ei bine, sistemul nostru este tocmai un sistem omogen. Deci este și compatibil. Așadar, am terminat cu compatibilitatea. Mai trebuie să arătăm că este nedeterminat.

Pentru a arăta că sistemul este nedeterminat este suficient să arătăm că el nu se poate rezolva cu metoda lui Cramer. Metoda lui Cramer ne spune că necunoscutele sunt egale cu niște fracții care au la numitor același număr, bine definit și, evident, nenul. Iar acest număr este tocmai determinantul principal al sistemului, adică determinantul matricei care este formată din coeficienții necunoscutelor. Dacă acest determinant este nul, am încurcat-o, căci atunci sistemul nu se mai poate rezolva cu Cramer. Și tocmai asta-i șmecheria de care avem noi nevoie aici.

Vrem să arătăm că determinantul sistemului este nul și atunci putem trage concluzia că sistemul nostru nu se poate rezolva cu Cramer, deci nu are soluție unică. Este oare nul determinantul principal al sistemului? Păi, care este determinantul principal al sistemului nostru? Tocmai determinantul matricei $A(2015)$! Și noi am calculat deja acest determinant la punctul a). și am arătat că el este nul, indiferent cât ar fi numărul $a$. Deci și determinantul matricei $A(2015)$ este nul.

În concluzie, sistemul nostru este omogen (deci compatibil) și are determinantul nul (deci este nedeterminat). Așadar, are o infinitate de soluții. Și astfel am rezolvat problema.

Mai puteam observa că a treia linie se obține dacă adunăm la a doua linie dublul primei linii. Astfel, puteam deduce din start că a treia ecuație este inutilă, deci sistemul este nedeterminat. Eliminând apoi această ecuație și fixând necunoscuta $z$ ca fiind egală cu $\lambda$, am fi obținut un sistem de două ecuații cu două necunoscute $x$ și $y$, a cărui soluție ar fi fost $S=\left(\frac{\lambda}{2015};-\frac{2016\lambda}{2015}\right)$. În consecință, matricea $X$ este dependentă de numărul real $\lambda$ și are forma $X(\lambda)=\begin{pmatrix}\frac{\lambda}{2015}\\-\frac{2016\lambda}{2015}\\\lambda\end{pmatrix}$.

Dar, desigur, acest lucru nu mai e necesar la bac. La bac e suficient să menționați că un sistem omogen este nedeterminat dacă are determinantul nul și să arătați că sistemul nostru are tocmai aceste două proprietăți.

Varianta model pentru bacalaureat, 2015, mate-info (M1), subiectul II, problema 1.b

Se consideră matricea $A(a)=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&a&a+1\\2&a+2&a+3\end{pmatrix}$, unde $a$ este un număr real. 

Determinați numărul natural $n$ astfel încât $2A(n^2)-A(n)=A(6)$.

Observați că, la prima vedere, problema este foarte ușoară. Căci, cine nu știe să înmulțească cu doi o matrice și apoi să scadă din rezultat o altă matrice după care să analizeze egalitatea dintre matricea rezultată în stânga și matricea $A(6)$?

Interesant este, însă, că problema este chiar mai ușoară de atât! Pentru că elevul perspicace, care este mereu preocupat de eficiență, va observa că ecuația matriceală dată spre rezolvare se reduce de fapt la o ecuație numerică pentru că problema nu ne cere nimic mai mult decât tocmai numărul din mijlocul matricei $A(\color{magenta}{\textbf{n}})=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&\color{magenta}{\textbf{n}}&n+1\\2&n+2&n+3\end{pmatrix}$.

Altfel spus, în toată ecuația matriceală nu ne interesează altceva decât ceea ce se întâmplă cu termenul din mijlocul matricei. Simbolic, am putea spune că „simplificăm toată ecuația $2A(n^2)-A(n)=A(6)$ cu $A$” și obținem ecuația $\color{magenta}{2n^2-n=6}$.

După ce am observat acest lucru, putem face o verificare mentală rapidă („ochiometrică”) și constatăm ușor că și celelalte elemente ale matricei ne-ar duce de fapt la aceeași ecuație, fără să aducă nicio complicație suplimentară. Așadar, putem fi liniștiți că ecuația matriceală dată $2A(n^2)-A(n)=A(6)$ este satisfăcută dacă este satisfăcută ecuația numerică $2n^2-n=6$.

În răspunsul nostru pe care îl vom da la bac va fi suficient să menționăm ceva de genul: „Observăm că ecuația matriceală dată se rezumă la ecuația numerică $2n^2-n=6$.”. Căci, examinatorul vă va crede pe cuvânt.

Ok. Să trecem atunci la rezolvarea ecuației banale $2n^2-n=6$. Trebuie să găsim un număr natural $n$ care satisface, după cum vedeți, o ecuație cu coeficienți întregi: $2n^2-n-6=0$.

Am putea rezolva această ecuație după metoda băbească, cu delta, doar că elevul de M1, considerat mult mai eficient, este indicat să știe să rezolve o asemenea ecuație mult mai rapid. Astfel, el își va aminti că rădăcinile întregi ale unei ecuații cu coeficienți întregi se găsesc printre divizorii termenului liber. 

Paranteză

De altfel, chiar dacă nu este necesar în acest moment, mintea plină de informații fuge și mai departe, iar elevul își poate aminti și ceva foarte util și mult mai general, despre care îmi face mare plăcere să vă vorbesc aici:

Rădăcinile raționale (deci, cele ce se pot scrie sub formă de fracție) ale unei ecuații cu coeficienți întregi au:

1. numărătorul fracției printre divizorii termenului liber (termenul care nu are $x$);
2. numitorul fracției printre divizorii termenului dominant (coeficientul care se află în fața lui $x$ de la puterea cea mai mare).

Așadar, rădăcinile raționale ale unei ecuații cu coeficienți fără virgulă sunt fracții de forma:

$$\frac{\text{divizor al termenului liber}}{\text{divizor al termenului dominant}}.$$

Puteți prescurta cu fracția $$\frac{\text{liber}}{\text{dominant}}.$$

Și încă, puteți asocia această fracție cu propoziția „libertatea este deasupra dominației”, cu sensul că libertatea este mai eficientă decât dominația.

Am cam lungit această paranteză (pe care am scris-o cu font italic), dar vreau din tot sufletul să rețineți această proprietate fascinantă a numeroaselor ecuații polinomiale cu coeficienți întregi.



Să revenim atunci, după această paranteză, la rezolvarea ecuației noastre banale $2n^2-n-6=0$, pe care aș fi putut-o rezolva băbește cu delta și să mă scap repede de voi. Dar nu, eu am vrut să o rezolvăm mult mai elegant, mult mai eficient.

Nouă ne trebuie rădăcinile naturale ale ecuației $2n^2-n-6=0$. Că așa cere problema. Așadar, ne trebuie „fracțiile” care au la numitor numărul $1$. Așadar, vom căuta rădăcinile printre divizorii termenului liber, fără să ne mai pese de divizorii termenului dominant. Și, în plus, nu ne vom chinui să luăm în calcul și divizorii negativi ai termenului liber, din moment ce nouă ne trebuie doar rădăcinile naturale (care sunt, din start, pozitive).

Așadar, care sunt divizorii pozitivi ai termenului nostru liber? Termenul liber este $-6$. Divizorii pozitivi ai lui $-6$ sunt $1$, $2$, $3$ și $6$. Avem deci patru posibilități. Și abia acum începe adevărata rezolvare concretă a ecuației noastre.

Toate considerațiile noastre anterioare au fost doar teoretice. De-acum punem în practică șmecheria cu divizorii. Deci, avem cele patru posibilități, $1$, $2$, $3$ și $6$. Toată munca de rezolvare a problemei se reduce la simpla verificare a fiecăreia dintre cele patru posibilități. Verificăm care dintre ele satisfac ecuația $2n^2-n-6=0$.

Se vede că valorile mari nu o satisfac, deci nici $6$ nu satisface ecuația. De asemenea, $2\cdot 3^2-3-6$ nu este $0$. Așa că singurul divizor care satisface ecuația este $\color{red}{2}$. Acesta este numărul natural căutat.

Varianta model pentru bacalaureat, 2015, mate-info (M1), subiectul II, problema 1.a

Se consideră matricea $A(a)=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&a&a+1\\2&a+2&a+3\end{pmatrix}$, unde $a$ este un număr real. Calculați determinantul acestei matrice.




Determinantul unei matrice este un număr. Și este un număr tare important. Așa că ar cam fi frumos ca elevul să știe să calculeze măcar determinantul de ordinul doi (deci, al unei matrice cu două linii și două coloane) și de ordinul trei.


Există o mulțime de posibilități pentru a calcula determinantul unei matrice de ordinul trei, iar elevul chiar are de unde să aleagă. Se cunoaște bine de tot regula lui Sarrus, regula triunghiului (valabile pentru ordinul trei), precum și regula dezvoltării după elementele unei linii sau coloane (regulă care este valabilă de data aceasta pentru orice ordin).

Mai exact, la regula lui Sarrus copiem jos primele două linii ale determinantului sub a treia linie (sau copiem în dreapta primele două coloane)

$$\det A=\begin{vmatrix}
\color{magenta}{1}&1&\color{limegreen}{1}\\0&\color{magenta}{a}&a+1\\\color{limegreen}{2}&a+2&\color{magenta}{a+3}\
\end{vmatrix}\\
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\begin{matrix}
1&1&1\\0&\,\,\,a\text{   }\,\,&\,\,a+1\\
\end{matrix}$$

și calculăm produsele de pe liniile oblice paralele cu diagonala principală (diagonala care pornește din stânga-sus și ajunge în dreapta-jos) pe care le adunăm, după care calculăm produsele de pe liniile oblice paralele cu diagonala secundară (diagonala care pornește din dreapta-sus și ajunge în stânga-jos) pe care le scădem.

Am obține atunci că $$\det A=a(a+3)+2(a+1)-2a-(a+2)(a+1).$$
Observați, deci, o groază de lucru.

Iar regula triunghiului este aceeași cu regula lui Sarrus, doar că se adresează celor care au imaginație mai bogată și care nu mai sunt nevoiți să scrie din nou efectiv primele două linii sub cea de-a treia, ci își imaginează ei cam ce ar trebui să înmulțească dacă ar avea deja copiate primele două linii. Se observă cu această ocazie că laturile mici ale triunghiurilor formate sunt paralele cu diagonala principală (la produsele ce trebuiesc adunate) și, respectiv, paralele cu diagonala secundară (la produsele care trebuiesc scăzute).

Așadar, nici cu regula triunghiului nu prea scăpăm de lucru.



Atunci, din acest noian de posibilități, elevul trebuie să aleagă una care îl duce cel mai repede la rezultat. Elevul atent va observa din timp că regula lui Sarrus sau cea a triunghiului implică, după cum s-a văzut mai sus, înmulțiri laborioase cu paranteze ce conțin $a+1$, $a+2$ și $a+3$. De aceea, el le va evita din start pentru că va simți din experiență că este o mare pierdere de vreme.



Apoi, elevul care are ceva cunoștințe în spate își va aminti că determinantul unei matrice nu se schimbă dacă „ne jucăm” cu liniile sau coloanele sale. Important este ca jocul nostru să respecte niște reguli simple. Astfel, determinantul nu se schimbă dacă în loc de una dintre liniile (sau coloanele) sale scriem o altă linie (coloană) pe care am obținut-o ca și o combinație liniară formată cu liniile (respectiv, coloanele) determinantului.

Spunem despre elementul $A$ că este o combinație liniară de elementele $\{a,\,b,\,c,\,\dots ,\,y,\,z\}$ dacă acel element poate fi scris în funcție de celelalte elemente ca un fel de polinom (fără puteri!), adică $$A=5a+9b-3c\dots+6y-8z.$$ Bineînțeles, am scris eu niște numere oarecare acolo, dar voi vă puteți gândi că acolo pot apărea orice numere dacă expresia este combinație liniară. Important este ca aceste numere să nu fie toate nule!

În baza acestei cunoștințe, elevul va ști că valoarea determinantului nu se modifică dacă va rescrie determinantul sub o altă formă. Așadar, experiența îi va spune să rescrie determinantul copiind primele două linii, dar în locul celei de-a treia linii scriind o altă linie care a rezultat scăzând din linia a treia dublul primei linii, acțiune pe care am notat-o mai jos simbolic cu $\color{blue}{L_3-2L_1}$.

Astfel, elevul va obține determinantul
$$\begin{vmatrix}
1&1&1\\0&a&a+1\\2&a+2&a+3\
\end{vmatrix}\begin{matrix}\color{blue}{L_3-2L_1}\\=\end{matrix}\begin{vmatrix}
1&1&1\\0&a&a+1\\2-\color{red}{2\cdot 1}&a+2-\color{red}{2\cdot 1}&a+3-\color{red}{2\cdot 1}\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
1&1&1\\0&a&a+1\\0&a&a+1\
\end{vmatrix}.$$



De aici încolo totul este boierie. Pentru că un asemenea determinant nu mai trebuie calculat, ci se vede de la o poștă cât este rezultatul. Mai exact, un determinant care are două linii (sau două coloane) egale este nul! Adică, este egal cu zero.

Așadar, am acum speranța că dacă veți mai întâlni la bac un asemenea determinant, îl veți putea calcula foarte repede cu ajutorul combinației liniare. Dar pentru aceasta, va trebui să nu vă grăbiți să vă aruncați imediat la calcule laborioase cu metoda lui Sarrus sau a triunghiului. Chiar dacă sunteți bucuroși că știți să calculați cumva determinantul, va trebui totuși să vă opriți tentația irezistibilă de a trece imediat la calcule și acordați-vă timp minții să observe dacă nu cumva jucându-vă cu o anumită combinație liniară puteți aduce determinantul la o formă mai simplă. Acest control este cu atât mai necesar, cu cât determinantul pare mai complex, conținând termeni mai lungi.