Exercicis de matrius (introducció) — Matemàtiques 1r Batxillerat

a) Té 2 files i 4 columnes: la dimensió és $2 \times 4$.
b) $a_{23}$ és l'element de la fila 2 i la columna 3: $a_{23} = -2$. $a_{14}$ és el de la fila 1 i la columna 4: $a_{14} = 5$.
c) $2 \cdot 4 = 8$ elements.
d) La transposada intercanvia files i columnes, per tant $A^{\mathrm{t}}$ és de dimensió $4 \times 2$.

a) $a_{11} = 2 - 1 = 1$, $a_{12} = 2 - 2 = 0$, $a_{13} = 2 - 3 = -1$, $a_{21} = 4 - 1 = 3$, $a_{22} = 4 - 2 = 2$, $a_{23} = 4 - 3 = 1$. Per tant $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$.
b) $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. És la matriu identitat d'ordre 3, que es denota $I_3$.

Se sumen (o es resten) els elements que ocupen la mateixa posició:
$A + B = \begin{pmatrix} 4 & 1 & -1 \\ 6 & 0 & -5 \end{pmatrix}$
$A - B = \begin{pmatrix} 2 & -3 & 5 \\ -6 & 8 & -5 \end{pmatrix}$
Només es poden sumar matrius de la mateixa dimensió; aquí les dues són $2 \times 3$.

Multiplicar per un escalar és multiplicar tots els elements:
$3A = \begin{pmatrix} 3 & -6 \\ 9 & 0 \end{pmatrix}$
$-2B = \begin{pmatrix} -8 & -2 \\ 2 & -4 \end{pmatrix}$
Ara es sumen: $3A - 2B = 3A + (-2B) = \begin{pmatrix} -5 & -8 \\ 11 & -4 \end{pmatrix}$.

a) Les files passen a ser columnes: $A^{\mathrm{t}} = \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}$, de dimensió $3 \times 2$.
b) $P$ és simètrica: $P^{\mathrm{t}} = P$ (l'element $p_{12}=-1$ és igual que $p_{21}=-1$).
$Q$ no ho és: $q_{12} = 2$ però $q_{21} = 3$.
$R$ és simètrica: $r_{12} = r_{21} = 4$, $r_{13} = r_{31} = 7$ i $r_{23} = r_{32} = -2$.

Dues matrius són iguals si tenen la mateixa dimensió i els elements de la mateixa posició coincideixen:
$x + 1 = 4 \Rightarrow x = 3$
$3 = z - 2 \Rightarrow z = 5$
$2y = -6 \Rightarrow y = -3$
L'element de la posició (2,2) és 5 en els dos costats i no dona cap condició.

a) $G + F = \begin{pmatrix} 250 & 150 \\ 195 & 125 \\ 290 & 230 \end{pmatrix}$. L'element $230$ (fila 3, columna 2) és el total de melmelades venudes a la botiga 3 entre gener i febrer: $110 + 120 = 230$.
b) $F - G = \begin{pmatrix} 10 & -10 \\ 5 & 5 \\ -10 & 10 \end{pmatrix}$. Cada element és la variació de febrer respecte de gener. Els negatius indiquen que s'ha venut menys: la botiga 1 va vendre 10 melmelades menys i la botiga 3 va vendre 10 mels menys.

El producte $XY$ existeix si el nombre de columnes de $X$ és igual al nombre de files de $Y$; el resultat té les files de $X$ i les columnes de $Y$.
$AB$: $(2\times 3)(3 \times 4)$ sí, resultat $2 \times 4$.
$BC$: $(3\times 4)(4 \times 2)$ sí, resultat $3 \times 2$.
$CA$: $(4\times 2)(2 \times 3)$ sí, resultat $4 \times 3$.
$AC$: $(2\times 3)(4 \times 2)$ no, perquè 3 ≠ 4.
$BA$: $(3\times 4)(2 \times 3)$ no, perquè 4 ≠ 2.

Cada element $c_{ij}$ és la suma dels productes de la fila $i$ de $A$ per la columna $j$ de $B$:
$c_{11} = 2\cdot 1 + 1\cdot 4 = 6$, $c_{12} = 2\cdot(-1) + 1\cdot 2 = 0$,
$c_{21} = 0\cdot 1 + 3\cdot 4 = 12$, $c_{22} = 0\cdot(-1) + 3\cdot 2 = 6$.
$A\cdot B = \begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 12 & 6 \end{pmatrix}$.

a) $I_2 \cdot A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}$ (producte $2\times 2$ per $2 \times 3$) i $A \cdot I_3 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}$ (producte $2\times 3$ per $3 \times 3$).
b) En els dos casos el resultat és $A$. La matriu identitat fa el paper del nombre 1 en el producte: $I \cdot A = A \cdot I = A$, sempre que les dimensions siguin les adequades (a l'esquerra, $I_2$; a la dreta, $I_3$).
c) $A - A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, la matriu nul·la $2 \times 3$, que fa el paper del 0 en la suma.

a) $A\cdot B$ és $(2\times3)(3\times2) = 2\times 2$:
$c_{11} = 1\cdot2 + 2\cdot0 + 0\cdot3 = 2$, $c_{12} = 1\cdot1 + 2\cdot(-1) + 0\cdot2 = -1$,
$c_{21} = -1\cdot2 + 3\cdot0 + 4\cdot3 = 10$, $c_{22} = -1\cdot1 + 3\cdot(-1) + 4\cdot2 = 4$.
$A\cdot B = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 10 & 4 \end{pmatrix}$.
b) $B \cdot A$ és $(3\times2)(2\times3) = 3\times 3$:
$B\cdot A = \begin{pmatrix} 1 & 7 & 4 \\ 1 & -3 & -4 \\ 1 & 12 & 8 \end{pmatrix}$.
c) Perquè $AB$ és de dimensió $2 \times 2$ i $BA$ és de $3\times 3$: ni tan sols tenen la mateixa dimensió, de manera que no poden ser iguals.

a) $AB = \begin{pmatrix} 7 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$ i $BA = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 7 \end{pmatrix}$.
b) No són iguals (per exemple, l'element de la posició (1,1) és 7 en $AB$ i 1 en $BA$). El producte de matrius no és commutatiu en general: l'ordre dels factors importa.
c) Es perd la propietat commutativa. Es conserven, en canvi, l'associativa $(AB)C = A(BC)$ i la distributiva $A(B+C) = AB + AC$.

a) $Q\cdot C = \begin{pmatrix} 5{,}3 \\ 8{,}4 \end{pmatrix}$. Primera fila: $2\cdot1{,}2 + 1\cdot0{,}9 + 4\cdot0{,}5 = 2{,}4+0{,}9+2 = 5{,}3$; segona fila: $3\cdot1{,}2 + 2\cdot0{,}9 + 6\cdot0{,}5 = 3{,}6+1{,}8+3 = 8{,}4$. Cada element és el cost d'ingredients d'una tanda del producte: 5,30 € per al P1 i 8,40 € per al P2.
b) $E = (10 \;\; 6)$ (dimensió $1\times 2$). $E\cdot(Q\cdot C) = 10\cdot5{,}3 + 6\cdot8{,}4 = 53 + 50{,}4 = 103{,}4$. El cost total d'ingredients de la comanda és de 103,40 €. El resultat és una matriu $1\times 1$.

Aïllem $X$ com en una equació normal: $2X = B - A$, i d'aquí $X = \tfrac{1}{2}(B - A)$.
$B - A = \begin{pmatrix} 6 & 6 \\ 6 & -6 \end{pmatrix}$ i, dividint entre 2 tots els elements, $X = \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}$.
Comprovació: $2X + A = \begin{pmatrix} 6 & 6 \\ 6 & -6 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ -5 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 9 \\ 1 & -4 \end{pmatrix}$, que és $B$.

Es resol igual que un sistema numèric. Sumant les dues equacions: $2X = \begin{pmatrix} 8 & 4 \\ 6 & 12 \end{pmatrix}$, per tant $X = \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}$.
Restant-les: $2Y = \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ -2 & 8 \end{pmatrix}$, per tant $Y = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ -1 & 4 \end{pmatrix}$.
Comprovació: $X + Y = \begin{pmatrix} 6 & 4 \\ 2 & 10 \end{pmatrix}$ i $X - Y = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 4 & 2 \end{pmatrix}$.

a) $D^2 = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ i $D^3 = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$. En una matriu diagonal el producte es fa element a element, per tant $D^n = \begin{pmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & (-1)^n \end{pmatrix}$ i $D^{10} = \begin{pmatrix} 1024 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.
b) $C^2 = \begin{pmatrix} 4 & 4 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}$: $2\cdot 2 + 1\cdot 0 = 4$, $2\cdot 1 + 1 \cdot 2 = 4$.
$C^3 = C^2\cdot C = \begin{pmatrix} 8 & 12 \\ 0 & 8 \end{pmatrix}$: $4\cdot 1 + 4 \cdot 2 = 12$. En una matriu triangular que no és diagonal, la potència no es calcula element a element: ha aparegut un 12, que no és cap potència de 2.

a) $M = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.
b) $M^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$.
L'element de la fila 1, columna 4 és $(M^2)_{14} = 2$: hi ha dos camins de dos enllaços de l'1 al 4, que són 1 → 2 → 4 i 1 → 3 → 4.
c) La fila 4 de $M^2$ és $(0 \;\; 1 \;\; 1 \;\; 0)$: des de la 4 hi ha un camí de 2 enllaços cap a la 2 (4 → 1 → 2) i un altre cap a la 3 (4 → 1 → 3). Es poden assolir 2 estacions diferents.

a) $AB = \begin{pmatrix} 4 & -2 & 7 \\ 10 & -4 & 15 \\ -1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$ (dimensió $3\times 3$) i $(AB)^{\mathrm{t}} = \begin{pmatrix} 4 & 10 & -1 \\ -2 & -4 & 1 \\ 7 & 15 & -3 \end{pmatrix}$.
b) $B^{\mathrm{t}}$ és $3\times 2$ i $A^{\mathrm{t}}$ és $2\times 3$. $B^{\mathrm{t}}A^{\mathrm{t}} = \begin{pmatrix} 4 & 10 & -1 \\ -2 & -4 & 1 \\ 7 & 15 & -3 \end{pmatrix}$, idèntica a $(AB)^{\mathrm{t}}$. Això es compleix sempre: $(AB)^{\mathrm{t}} = B^{\mathrm{t}}A^{\mathrm{t}}$ (la transposada inverteix l'ordre dels factors).
c) $A^{\mathrm{t}}B^{\mathrm{t}}$ seria un producte $(2\times 3)(3\times 2)$ de dimensió $2\times 2$, que no té ni la mateixa dimensió que $(AB)^{\mathrm{t}}$ (de $3 \times 3$).

a) $0{,}8 + 0{,}2 = 1$ i $0{,}3 + 0{,}7 = 1$. Cada usuari ha d'estar l'any següent en alguna de les dues companyies, de manera que els percentatges d'una columna sumen el 100 %.
b) $x_1 = \begin{pmatrix} 1100 \\ 900 \end{pmatrix}$: $0{,}8\cdot 1000 + 0{,}3\cdot 1000 = 1100$ a A i $0{,}2\cdot 1000 + 0{,}7\cdot 1000 = 900$ a B. Després $x_2 = \begin{pmatrix} 1150 \\ 850 \end{pmatrix}$: $0{,}8\cdot 1100 + 0{,}3\cdot 900 = 880 + 270 = 1150$ i $0{,}2 \cdot 1100 + 0{,}7\cdot 900 = 220 + 630 = 850$.
c) $P^2 = \begin{pmatrix} 0{,}7 & 0{,}45 \\ 0{,}3 & 0{,}55 \end{pmatrix}$ i $P^2 x_0 = \begin{pmatrix} 1150 \\ 850 \end{pmatrix}$, que coincideix amb $x_2$. Així, $x_n = P^n x_0$.

a) $RV = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}$: vèrtexs $(0,1)$, $(0,3)$ i $(-2,1)$. $SV = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}$: vèrtexs $(1,0)$, $(3,0)$ i $(1,-2)$.
b) $R\binom{1}{0} = \binom{0}{1}$ i $R\binom{0}{1} = \binom{-1}{0}$: cada punt gira 90° en sentit antihorari al voltant de l'origen. $S$ canvia el signe de la segona coordenada: és una simetria respecte de l'eix horitzontal.
c) $R\cdot R = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ $= -I$. Fer dos girs de 90° és girar 180°, que envia cada punt $(x,y)$ a $(-x,-y)$.

Fem el producte: $\begin{pmatrix} 1 & a \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} b & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b & 1+2a \\ 2b & 2+6 \end{pmatrix}$.
Igualant element a element amb $\begin{pmatrix} 3 & 7 \\ 6 & 8 \end{pmatrix}$:
$b = 3$ (posició 1,1); $1 + 2a = 7 \Rightarrow a = 3$ (posició 1,2); $2b = 6 \Rightarrow b = 3$ (posició 2,1); $8 = 8$ (posició 2,2).
Hi ha quatre equacions i només dues incògnites: és compatible perquè les equacions de les posicions (2,1) i (2,2) no aporten res de nou ($2b = 6$ coincideix amb $b = 3$ i $8 = 8$ és sempre cert). Si el segon membre hagués tingut un 5 a la posició (2,1), el sistema hauria estat incompatible. Solució: $a = 3$, $b = 3$.

a) $A + B = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ i $(A+B)^2 = \begin{pmatrix} 6 & 8 \\ 4 & 6 \end{pmatrix}$.
b) $A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, $AB = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$, $B^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$. Així $A^2 + 2AB + B^2 = \begin{pmatrix} 8 & 8 \\ 4 & 4 \end{pmatrix}$. No coincideix amb l'apartat a).
c) $(A+B)^2 = (A+B)(A+B) = A^2 + AB + BA + B^2$. Només es pot agrupar $AB + BA = 2AB$ si $AB = BA$. Aquí $BA = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ és diferent de $AB = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$, i la diferència dels dos resultats és $BA - AB = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$. Per tant la identitat notable només és certa quan les dues matrius commuten.

a) $A^2 = \begin{pmatrix} 2\cdot2 + (-4)\cdot1 & 2\cdot(-4) + (-4)\cdot(-2) \\ 1\cdot2 + (-2)\cdot1 & 1\cdot(-4) + (-2)\cdot(-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$. Entre els nombres reals, $k^2 = 0$ obliga que $k = 0$. Amb matrius, una matriu diferent de la nul·la pot tenir quadrat nul.
b) Com que $I$ commuta amb tot: $(I + A)^2 = I + 2A + A^2 = I + 2A$, i $(I+A)^3 = (I+2A)(I+A) = I + 3A + 2A^2 = I + 3A$. En general $(I + A)^n = I + nA$.
c) $(I+A)^{10} = I + 10A = \begin{pmatrix} 21 & -40 \\ 10 & -19 \end{pmatrix}$.

a) $A^2 = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ $= A$.
b) Per recurrència: $A^{n+1} = A^n \cdot A = A \cdot A = A^2 = A$. Per tant $A^5 = A = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$.
c) $I - A = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ i $(I-A)^2 = I - 2A + A^2 = I - 2A + A = I - A$, per tant és idempotent. A més, $A(I - A) = A - A^2 = A - A = O$, i amb números: $A(I-A) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.

a) $Q^2 = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$, $Q^3 = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$, $Q^4 = \begin{pmatrix} 5 & 3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$. Apareixen els nombres de Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5. En general $Q^n = \begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1} \end{pmatrix}$.
b) $Q^8 = (Q^4)^2 = \begin{pmatrix} 34 & 21 \\ 21 & 13 \end{pmatrix}$. Aleshores $Q^{10} = Q^8 \cdot Q^2 = \begin{pmatrix} 89 & 55 \\ 55 & 34 \end{pmatrix}$. Hem fet 4 productes: $Q^2$, $Q^4$, $Q^8$ i $Q^8Q^2$ (en lloc de 9).
c) L'element fora de la diagonal de $Q^{10}$ és $F_{10} = 55$.

a) $A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 6 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ i $A^3 = \begin{pmatrix} 1 & 9 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Conjectura: $A^n = \begin{pmatrix} 1 & 3n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.
b) Si $A^n = \begin{pmatrix} 1 & 3n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, llavors $A^{n+1} = A^n A = \begin{pmatrix} 1 & 3n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 + 3n \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3(n+1) \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. La fórmula és certa per a $n=1$ (és $A$) i, si ho és per a $n$, ho és per a $n+1$: per tant, ho és per a tot $n \geq 1$.
c) $A^{20} = \begin{pmatrix} 1 & 60 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

a) $O\cdot R = \begin{pmatrix} 12 & 11 \\ 14 & 17 \end{pmatrix}$. Dimensió $2 \times 2$: cada fila és un client i cada columna una matèria primera; l'element indica les unitats de cada matèria primera que necessita la comanda d'aquell client.
b) $(OR)C = \begin{pmatrix} 12 & 11 \\ 14 & 17 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 93 \\ 121 \end{pmatrix}$. Per l'altra via: $R C = \begin{pmatrix} 13 \\ 14 \\ 26 \end{pmatrix}$ (cost de les matèries primeres d'una unitat de cada producte) i $O(RC) = \begin{pmatrix} 93 \\ 121 \end{pmatrix}$. Coincideixen, perquè el producte de matrius és associatiu: $(OR)C = O(RC)$. El client 1 té un cost de $93$ € i el client 2, $121$ €.
c) $(OR)C$: $O R$ necessita $2\cdot3\cdot2 = 12$ multiplicacions i després $(OR)C$, $2 \cdot 2 \cdot 1 = 4$: en total 16. $O(RC)$: $RC$ necessita $3\cdot 2\cdot1 = 6$ i després $O(RC)$, $2 \cdot 3 \cdot 1 = 6$: en total 12. Per tant, $O(RC)$ és més econòmica, tot i que dona el mateix resultat.