2021)¶

Μεταγραφή των φωτογραφιών και στιγμιότυπων του Ιουνίου 2021· τα 3.1.jpg και 20210614_201131.png είναι διπλότυπα. Οι φωτογραφίες περιέχουν επιλογές φοιτητή (ticks) και ενδείξεις ορθότητας της πλατφόρμας· αυτά έχουν αφαιρεθεί και οι επιλογές αποδίδονται ως μη επιλεγμένες. Η αναγραφή «Μέγιστη βαθμολογία» προέρχεται από την κεφαλίδα κάθε ερώτησης.

3.png¶

Ερώτηση: 3 (Μέγιστη βαθμολογία: 2.00) (Σωστό / Λάθος)

Εάν $$\begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ 2c_1 & 2c_2 & 2c_3 \end{vmatrix} = 2,$$

τότε $$\begin{vmatrix} 3a_1 & 3a_2 & 3a_3 \\ b_1 + 2a_1 & b_2 + 2a_2 & b_3 + 2a_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 3.$$

[ ] Σωστό
[ ] Λάθος

4.png¶

Ερώτηση: 4 (Μέγιστη βαθμολογία: 4.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Εάν $A$ είναι ένα $4 \times 4$ μητρώο, τότε $$\det(\lambda I - A) = \det A + \lambda p(\lambda),$$ όπου $p(\lambda)$ είναι ένα πολυώνυμο. Τί μπορεί να ειπωθεί για το $p(\lambda)$;

[ ] $p(\lambda) = 1 + a_1 \lambda + a_2 \lambda^2 + a_3 \lambda^3$.
[ ] $p(\lambda) = a_0 + a_1 \lambda + a_2 \lambda^2 + \lambda^3$.
[ ] $p(\lambda) = \det(\lambda I - B)$, όπου $B$ είναι ένα $3 \times 3$ μητρώο.
[ ] $p(\lambda) = \lambda^3 + 1$.

5.png¶

Ερώτηση: 5 (Μέγιστη βαθμολογία: 4.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Θεωρήστε το σύστημα $$\begin{aligned} x + y + 2z &= a \\ 2x + 3y + 3z &= 1 \\ 2x + 2y + \mu z &= b \end{aligned}$$ όπου $a, b, \mu$ είναι πραγματικές παράμετροι. Ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] Για κάθε $\mu \le 0$ το σύστημα έχει μοναδική λύση.
[ ] Για $\mu \ne 4$ και το $b = 2a$ σύστημα έχει άπειρες λύσεις.
[ ] Για $\mu = 4$ και το $b > 2a$ σύστημα δεν έχει λύση.
[ ] Για $\mu = 5$ το σύστημα δεν έχει λύση.

6.png¶

Ερώτηση: 6 (Μέγιστη βαθμολογία: 4.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Δίνεται το μητρώο $$A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & p \\ s & 4 & 3 \end{pmatrix}$$ όπου $p$ και $s$, είναι πραγματικές παράμετροι. Ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] Ο χώρος στηλών $C(A)$ έχει διάσταση 2.
[ ] Ο χώρος γραμμών $R(A)$ του $A$ έχει διάσταση τουλάχιστον ίση με 1.
[ ] Αν $\mathrm{range\ } A = \mathbb{R}^2$, τότε τάξη $\mathrm{rank} A$ είναι είναι ίση με 2.
[ ] Το σύστημα $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ έχει για κάθε $\mathbf{b}$ άπειρες λύσεις.

7.png¶

Ερώτηση: 7 (Μέγιστη βαθμολογία: 3.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Μοναδική Απάντηση))

Θεωρήστε τους μετασχηματισμούς στο $\mathbb{R}^3$ $$T_1 \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_3 \\ x_1 + x_2 \end{pmatrix}, \quad T_2 \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1 + x_3 \\ x_2 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad T_3 \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 + 1 \\ x_1 x_3 \end{pmatrix}.$$

Τι μπορεί να ειπωθεί όσον αφορά την γραμμικότητα ή μη των μετασχηματισμών;

[ ] Οι $T_1$ και $T_3$ είναι γραμμικοί μετασχηματισμοί.
[ ] Οι $T_1$ και $T_2$ είναι γραμμικοί μετασχηματισμοί.
[ ] Οι $T_2$ και $T_3$ είναι γραμμικοί μετασχηματισμοί.
[ ] Μόνο ένας από τους τρεις μετασχηματισμούς είναι γραμμικός.

8.png¶

Ερώτηση: 8 (Μέγιστη βαθμολογία: 4.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Εάν $A$ είναι ένα τετραγωνικό μητρώο, ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] Εάν $\lambda$ είναι ιδιοτιμή του $A$, το σύστημα $(\lambda I - A)\mathbf{x} = \mathbf{0}$ έχει μοναδική λύση.
[ ] Εάν το $0$ δεν είναι ιδιοτιμή του $A$, τότε το $\det A^n \ne 0$, για κάθε φυσικό αριθμό $n$.
[ ] Εάν το $0$ είναι ιδιοτιμή του $A$, τότε οι στήλες του $A$ είναι γραμμικά ανεξάρτητες.
[ ] Εάν το $A$ είναι ορθογώνιο, τότε κάθε ιδιοδιάνυσμα του $A$ είναι και ιδιοδιάνυσμα του $A^T$.

9.png¶

Ερώτηση: 9 (Μέγιστη βαθμολογία: 4.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Έστω $$V = \mathrm{span}\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}.$$

Ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] Το ορθογώνιο συμπλήρωμα $V^\perp$ του $V$ είναι επίπεδο το οποίο περιέχει το μηδενικό διάνυσμα.
[ ] Το ορθογώνιο συμπλήρωμα $V^\perp$ του $V$ είναι ευθεία της μορφής $$\mathrm{span}\left\{ \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}.$$
[ ] Το μητρώο προβολής επί του $V$ είναι το $$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.$$
[ ] Αν $$\mathbf{v} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + \mu \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$ και $\mathbf{v} \in V^\perp$, τότε $\lambda = \mu = 0$.

Capture.PNG¶

Ερώτηση: 2 (Μέγιστη βαθμολογία: 4.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Εάν $$\begin{vmatrix} 1 & a & b \\ 1 & c & d \\ 1 & c & e \end{vmatrix} = 2,$$

τότε

[ ] Τα διανύσματα $$\begin{pmatrix} 1 \\ a \\ b \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ c \\ d \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ c \\ e \end{pmatrix}$$ αποτελούν μια βάση για τον $\mathbb{R}^3$.
[ ] $b \ne 1$ και $d \ne 1$.
[ ] $c \ne e$.
[ ] $c \ne a$ και $e \ne b$.
[ ] $\begin{vmatrix} 1 & a & 2b \\ 1 & 2c & d \\ 2 & c & e \end{vmatrix} = 4.$

Screenshot_4.png¶

[Λείπει από τη φωτογραφία: η κεφαλίδα της ερώτησης· η λήψη είναι διπλότυπη της ερώτησης 2 του Capture.PNG]

Εάν $$\begin{vmatrix} 1 & a & b \\ 1 & c & d \\ 1 & c & e \end{vmatrix} = 2,$$ τότε

[ ] Τα διανύσματα $$\begin{pmatrix} 1 \\ a \\ b \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ c \\ d \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ c \\ e \end{pmatrix}$$ αποτελούν μια βάση για τον $\mathbb{R}^3$.
[ ] $b \ne 1$ και $d \ne 1$.
[ ] $c \ne e$.
[ ] $c \ne a$ και $e \ne b$.
[ ] $\begin{vmatrix} 1 & a & 2b \\ 1 & 2c & d \\ 2 & c & e \end{vmatrix} = 4.$

Screenshot_13.png¶

[Λείπει από τη φωτογραφία: η κεφαλίδα της ερώτησης και η βαθμολογία· η λήψη περιέχει μόνο τις δύο πρώτες επιλογές]

Ένα $3 \times 3$ μητρώο $A$ έχει ιδιοτιμές $\lambda_1 = 3$, $\lambda_2 = 4$ και $\lambda_3 = 4$ με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα τα $$\mathbf{x}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

Ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] $\det A = 48$.
[ ] $\det A = -48$.

image0.png¶

Ερώτηση: 6 (Μέγιστη βαθμολογία: 4.00)

Εάν $$\begin{vmatrix} 1 & a & b \\ 1 & c & d \\ 1 & d & d \end{vmatrix} = 1,$$

τότε

[ ] $b \ne 1$ και $d \ne 1$.
[ ] $c \ne d$.
[ ] $d \ne a$ και $d \ne b$.
[ ] Τα διανύσματα $$\begin{pmatrix} 1 \\ a \\ b \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ c \\ d \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ d \\ d \end{pmatrix}$$ αποτελούν μια βάση για τον $\mathbb{R}^3$.
[ ] $\begin{vmatrix} -1 & a & b \\ -1 & d & d \\ -1 & c & d \end{vmatrix} = -1,$

image1.png¶

[Λείπει από τη φωτογραφία: η κεφαλίδα της ερώτησης· η λήψη είναι διπλότυπη της ερώτησης 6 του image0.png]

Εάν $$\begin{vmatrix} 1 & a & b \\ 1 & c & d \\ 1 & d & d \end{vmatrix} = 1,$$

τότε

[ ] $b \ne 1$ και $d \ne 1$.
[ ] $c \ne d$.
[ ] $d \ne a$ και $d \ne b$.
[ ] Τα διανύσματα $$\begin{pmatrix} 1 \\ a \\ b \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ c \\ d \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 \\ d \\ d \end{pmatrix}$$ αποτελούν μια βάση για τον $\mathbb{R}^3$.
[ ] $\begin{vmatrix} -1 & a & b \\ -1 & d & d \\ -1 & c & d \end{vmatrix} = -1,$

3.0.jpg¶

[Λείπει από τη φωτογραφία: η κεφαλίδα της ερώτησης]

Εάν $$\begin{vmatrix} 1 & a & b \\ 1 & c & d \\ 1 & d & d \end{vmatrix} = 1,$$ τότε

[ ] $b \ne 1$ και $d \ne 1$.
[ ] $c \ne d$.
[ ] $d \ne a$ και $d \ne b$.
[ ] Τα διανύσματα $$\begin{pmatrix} 1 \\ a \\ b \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ c \\ d \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ d \\ d \end{pmatrix}$$ αποτελούν μια βάση για τον $\mathbb{R}^3$.
[ ] $\begin{vmatrix} -1 & a & b \\ -1 & d & d \\ -1 & c & d \end{vmatrix} = -1$.

grammiki.png¶

Ερώτηση: 3 (Μέγιστη βαθμολογία: 6.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Ένα $3 \times 3$ μητρώο $A$ έχει ιδιοτιμές $\lambda_1 = -2$, $\lambda_2 = 3$ και $\lambda_3 = 3$ με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα τα $$\mathbf{x}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

Ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] Αν το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο, τότε είναι αντιστρέψιμο.
[ ] Το μητρώο $A$ δεν είναι διαγωνοποιήσιμο γιατί οι ιδιοτιμές του δεν είναι ξένες μεταξύ τους.
[ ] Το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο γιατί τρία ιδιοδιανύσματά του είναι γραμμικά ανεξάρτητα.
[ ] $\det A = -18$.
[ ] Το $A^{-1}$ υπάρχει.
[ ] $\det A = 18$.

IMG_20210613_155326.jpg¶

Ερώτηση: 3 (Μέγιστη βαθμολογία: 6.00) (Πολλαπλής Επιλογής (Πολλαπλές Απαντήσεις))

Ένα $3 \times 3$ μητρώο $A$ έχει ιδιοτιμές $\lambda_1 = 3$, $\lambda_2 = 4$ και $\lambda_3 = 4$ με αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα τα $$\mathbf{x}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_3 = \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

Ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] $\det A = 48$.
[ ] $\det A = -48$.
[ ] Τα δεδομένα που διαθέτουμε δεν επαρκούν ώστε να μπορούμε να γνωρίζουμε την τιμή της ορίζουσας.
[ ] Το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο γιατί τρία ιδιοδιανύσματά του είναι γραμμικά ανεξάρτητα.
[ ] Αν το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο, τότε είναι αντιστρέψιμο.
[ ] Το μητρώο $A$ δεν είναι διαγωνοποιήσιμο γιατί οι ιδιοτιμές του δεν είναι ξένες μεταξύ τους.

IMG_20210614_203041.jpg¶

[Λείπει από τη φωτογραφία: η κεφαλίδα και ο αριθμός της ερώτησης, καθώς και η βαθμολογία]

Δίνεται το μητρώο $$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 31 & 32 & 33 \\ 61 & 62 & 63 \end{pmatrix}.$$

Ποιοι από τους παρακάτω ισχυρισμούς είναι σωστοί;

[ ] Το $A$ είναι γραμμοϊσοδύναμο με το ταυτοτικό μητρώο $I$.
[ ] $\dim(\mathrm{range} A) = 2$.
[ ] $\dim(\mathrm{null} A) < \mathrm{rank} A$.
[ ] Το μητρώο $A^{-1}$ υπάρχει.
[ ] Το σύστημα $A\mathbf{x} = \mathbf{0}$ έχει μη μηδενικές λύσεις.
[ ] Οι στήλες του $A$ αποτελούν μια βάση για το $\mathbb{R}^3$.

20210614_201131.jpg¶

Ερώτηση: 5 (Μέγιστη βαθμολογία: 2.00) (Σωστό / Λάθος)

Εάν $A$ είναι ένα $4 \times 4$ μητρώο, τότε $$\det(\lambda I - A) = (\lambda - r_1 \det A)(\lambda - r_2 \det A)(\lambda - r_3 \det A)(\lambda - r_4 \det A)$$ για κάποιους πραγματικούς ή μιγαδικούς αριθμούς $r_1, r_2, r_3, r_4$ με $r_1 r_2 r_3 r_4 = 1$.

[ ] Σωστό
[ ] Λάθος

[Λείπει από τη φωτογραφία: η ερώτηση 6 στο κάτω άκρο· η λήψη είναι κομμένη]

Λύσεις (⚪ AI, μη επαληθευμένο)

Κατάσταση: ⚪ AI, μη επαληθευμένο Πηγή: λύσεις AI (antigravity-gemini, gemini-3.1-pro-preview, gemini-3.7-flash, sonnet), ανεξάρτητη επανάληψη και αντιπαραβολή· καμία δεν έχει ελεγχθεί από άνθρωπο

Προσοχή

Λύση από AI — ελέγξτε την· δεν έχει επαληθευτεί από άνθρωπο. Η ένδειξη «δύο λύσεις συμφωνούν» δεν σημαίνει ότι η απάντηση είναι σωστή.

AI λύσεις — 2021-06¶

Οι λύσεις γράφτηκαν από μοντέλα AI και δεν έχουν ελεγχθεί από άνθρωπο. Η αρίθμηση ακολουθεί το αρχείο θεμάτων.

Θέμα 2 (ορίζουσα με γραμμές $(1,a,b),(1,c,d),(1,c,e)$ ίση με 2)¶

Αξιοπιστία: μία λύση AI, δεν έχει αντιπαραβληθεί με δεύτερη · εμπιστοσύνη λύτη: υψηλή

Ανάπτυγμα: $\det=(c-a)(e-d)$ (επαληθεύτηκε αριθμητικά), άρα $c\ne a$, $e\ne d$. - Βάση του $\mathbb R^3$ ($\det\ne0$): σωστό. - «$b\ne1$ και $d\ne1$»: δεν προκύπτει, λάθος. - «$c\ne e$»: δεν προκύπτει, λάθος. - «$c\ne a$ και $e\ne b$»: το $e\ne b$ δεν προκύπτει, λάθος. - Η ορίζουσα με γραμμές $(1,a,2b),(1,2c,d),(2,c,e)$ ίση με 4: δεν ισχύει γενικά (αριθμητικό παράδειγμα έδωσε άλλη τιμή), λάθος.

Σωστή: μόνο η 1.

Θέμα 3 (εκδοχή 2 μονάδων, ορίζουσες με $2c_i$)¶

Αξιοπιστία: ⚠ οι ανεξάρτητες λύσεις διαφωνούν: δες όλες και έλεγξε μόνος σου · εμπιστοσύνη λύτη: χαμηλή

Λύση 1: $2\det(\mathbf a;\mathbf b;\mathbf c)=2\Rightarrow\det=1$. Στη δεύτερη ορίζουσα η $3\mathbf a$ δίνει παράγοντα 3, η πρόσθεση $2\mathbf a$ στη 2η γραμμή δεν αλλάζει τιμή: $3$. Σωστό.

Λύση 2: - Σωστό

Αιτιολόγηση: Από την πρώτη ορίζουσα, βγάζοντας τον κοινό παράγοντα $2$ από την 3η γραμμή, έχουμε: $$2 \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 2 \implies \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 1.$$ Στη δεύτερη ορίζουσα, αφαιρούμε από τη 2η γραμμή το διπλάσιο της 1ης γραμμής διαιρεμένης με 3 (δηλαδή αφαιρούμε $2(a_1, a_2, a_3)$), πράξη που δεν αλλάζει την τιμή της ορίζουσας, και βγάζουμε τον κοινό παράγοντα $3$ από την 1η γραμμή: $$\begin{vmatrix} 3a_1 & 3a_2 & 3a_3 \\ b_1 + 2a_1 & b_2 + 2a_2 & b_3 + 2a_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 3 \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 3 \cdot 1 = 3.$$

Λύση 3 (τρίτη γνώμη): Ο πίνακας $A$ έχει ιδιοτιμές $\lambda_1=3, \lambda_2=4, \lambda_3=4$. Η ορίζουσά του ισούται με το γινόμενο των ιδιοτιμών του: $\det A = 3 \cdot 4 \cdot 4 = 48$. Ελέγχουμε τη γραμμική ανεξαρτησία των ιδιοδιανυσμάτων σχηματίζοντας τον πίνακα $P$ με στήλες τα ιδιοδιανύσματα: $$\det P = \begin{vmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = -1 \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = -1 \ne 0$$ Άρα τα τρία ιδιοδιανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα, συνεπώς το $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο. Επίσης, αφού $\det A = 48 \ne 0$, το $A$ είναι αντιστρέψιμο.

Οι σωστές επιλογές είναι: - $\det A = 48$. Αιτιολόγηση: Η ορίζουσα ισούται με το γινόμενο των ιδιοτιμών ($3 \cdot 4 \cdot 4 = 48$). - Το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο γιατί τρία ιδιοδιανύσματά του είναι γραμμικά ανεξάρτητα. Αιτιολόγηση: Ένας $3 \times 3$ πίνακας είναι διαγωνοποιήσιμος αν και μόνο αν έχει 3 γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα, το οποίο ισχύει εδώ. - Αν το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο, τότε είναι αντιστρέψιμο. Αιτιολόγηση: Για το συγκεκριμένο μητρώο $A$, η πρόταση είναι λογικά αληθής διότι το $A$ είναι όντως αντιστρέψιμο (αφού $\det A = 48 \ne 0$).

Θέμα 4 (χαρακτηριστικό πολυώνυμο $4\times4$)¶

Αξιοπιστία: δύο ανεξάρτητες λύσεις συμφωνούν · εμπιστοσύνη λύτη: μέτρια

Το $\det(\lambda I-A)$ είναι μονικό βαθμού 4 με σταθερό όρο $\det A$ ($n=4$ άρτιο), άρα $p$ είναι μονικό βαθμού 3. - Επιλογή 1: λάθος. Επιλογή 2: σωστό. Επιλογή 4: λάθος. - Επιλογή 3: σωστό υπό την έννοια ότι κάθε μονικό κυβικό είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ενός $3\times3$ (συνοδευτικό) μητρώου· αν εννοείται $B$ που προκύπτει από το $A$, δεν προκύπτει (γι' αυτό μέτρια εμπιστοσύνη).

Θέμα 5 (σύστημα με $a,b,\mu$)¶

Αξιοπιστία: ⚠ οι ανεξάρτητες λύσεις διαφωνούν: δες όλες και έλεγξε μόνος σου · εμπιστοσύνη λύτη: χαμηλή

Λύση 1: $\det=\mu-4$. Για $\mu\ne4$ μοναδική λύση. Για $\mu=4$ η 3η εξίσωση (αριστερό μέλος) είναι $2\times$ η 1η, συμβατότητα ανν $b=2a$. - $\mu\le0$ μοναδική: σωστό. $\mu\ne4,\ b=2a$ άπειρες: λάθος. $\mu=4,\ b>2a$ καμία λύση: σωστό. $\mu=5$ καμία λύση: λάθος.

Σωστές: 1 και 3.

Λύση 2: Σωστές επιλογές: - Για κάθε $\mu \le 0$ το σύστημα έχει μοναδική λύση. - Για $\mu = 4$ και το $b > 2a$ σύστημα δεν έχει λύση.

Αιτιολόγηση: Εκτελώντας απαλοιφή Gauss στον επαυξημένο πίνακα: αφαιρώντας $2 \times (\text{Γραμμή 1})$ από την 3η γραμμή, η τρίτη εξίσωση γίνεται $(\mu - 4)z = b - 2a$. 1. Αν $\mu \ne 4$, ο συντελεστής του $z$ είναι μη μηδενικός, οπότε το σύστημα έχει μοναδική λύση για κάθε τιμή των $a, b$. Εφόσον $\mu \le 0 < 4$, η πρώτη πρόταση είναι σωστή. 2. Αν $\mu = 4$, η εξίσωση γίνεται $0 \cdot z = b - 2a$. Αν $b > 2a$, τότε $b - 2a \ne 0$, άρα προκύπτει $0 \ne 0$ (αδύνατο σύστημα).

Λύση 3 (τρίτη γνώμη): - Λάθος Αιτιολόγηση: Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι $\det(\lambda I - A) = (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2)(\lambda - \lambda_3)(\lambda - \lambda_4)$, όπου $\lambda_i$ οι ιδιοτιμές. Αν ίσχυε η δοσμένη σχέση, θα είχαμε $\lambda_i = r_i \det A$. Πολλαπλασιάζοντας, προκύπτει $\prod \lambda_i = (r_1 r_2 r_3 r_4)(\det A)^4 \implies \det A = 1 \cdot (\det A)^4$. Αυτό συνεπάγεται ότι $\det A \in \{0, 1\}$ (ή μιγαδικές ρίζες της μονάδας), το οποίο προφανώς δεν ισχύει για κάθε τυχαίο $4 \times 4$ μητρώο (π.χ. αν $\det A = 2$).

Θέμα 6 (μητρώο $2\times3$ με $p,s$)¶

Αξιοπιστία: ⚠ οι ανεξάρτητες λύσεις διαφωνούν: δες όλες και έλεγξε μόνος σου · εμπιστοσύνη λύτη: χαμηλή

Λύση 1: Ο ισχυρισμός «$\dim C(A)=2$» ισχύει όχι πάντα (π.χ. $s=6,\ p=\tfrac32$ δίνει rank 1): λάθος. «$\dim R(A)\ge1$»: σωστό. «$\operatorname{range}A=\mathbb R^2\Rightarrow\operatorname{rank}=2$»: σωστό. «Άπειρες λύσεις για κάθε $\mathbf b$»: λάθος.

Σωστές: 2 και 3.

Λύση 2: Σωστές επιλογές: - Ο χώρος γραμμών $R(A)$ του $A$ έχει διάσταση τουλάχιστον ίση με 1. - Αν $\mathrm{range\ } A = \mathbb{R}^2$, τότε τάξη $\mathrm{rank} A$ είναι είναι ίση με 2.

Αιτιολόγηση: - Η πρώτη γραμμή $(3, 2, p)$ δεν είναι ποτέ το μηδενικό διάνυσμα, οπότε $\dim R(A) = \operatorname{rank}(A) \ge 1$. - Εξ ορισμού, $\mathrm{range}(A) = C(A)$. Αν $\mathrm{range}(A) = \mathbb{R}^2$, τότε $\operatorname{rank}(A) = \dim C(A) = \dim \mathbb{R}^2 = 2$. - Οι άλλες επιλογές δεν ισχύουν γενικά (π.χ. για $s=6$ και $p=3/2$ οι δύο γραμμές είναι παράλληλες και $\operatorname{rank}(A)=1 < 2$).

Λύση 3 (τρίτη γνώμη): Αναπτύσσουμε την ορίζουσα: $$\begin{vmatrix} 1 & a & b \\ 1 & c & d \\ 1 & d & d \end{vmatrix} = 1(cd - d^2) - a(d - d) + b(d - c) = d(c - d) - b(c - d) = (c - d)(d - b)$$ Επομένως, ισχύει $(c - d)(d - b) = 1$.

Οι σωστές επιλογές είναι: - $c \ne d$. Αιτιολόγηση: Αφού το γινόμενο $(c - d)(d - b)$ ισούται με 1, κανένας από τους παράγοντες δεν μπορεί να είναι μηδέν. Άρα $c - d \ne 0 \implies c \ne d$. - Τα διανύσματα $(1, a, b)^T, (1, c, d)^T, (1, d, d)^T$ αποτελούν μια βάση για τον $\mathbb{R}^3$. Αιτιολόγηση: Η ορίζουσα του πίνακα που έχει ως γραμμές (ή στήλες) τα διανύσματα αυτά είναι $1 \ne 0$, συνεπώς τα διανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα και αποτελούν βάση του $\mathbb{R}^3$.

(Σημείωση: Η τελευταία επιλογή είναι λάθος διότι βγάζοντας κοινό παράγοντα το $-1$ από την πρώτη στήλη και εναλλάσσοντας τη 2η με την 3η γραμμή, η ορίζουσα προκύπτει $(-1) \cdot (-1) \cdot 1 = 1$, όχι $-1$.)

Θέμα 7 (γραμμικότητα)¶

Αξιοπιστία: δύο ανεξάρτητες λύσεις συμφωνούν · εμπιστοσύνη λύτη: υψηλή

$T_1,T_2$ γραμμικοί, $T_3$ όχι ($T_3(\mathbf 0)\ne\mathbf 0$, όρος $x_1x_3$). Σωστό: «Οι $T_1$ και $T_2$ είναι γραμμικοί».

Θέμα 8 (τετραγωνικό $A$)¶

Αξιοπιστία: δύο ανεξάρτητες λύσεις συμφωνούν · εμπιστοσύνη λύτη: υψηλή

Σωστά: «0 όχι ιδιοτιμή $\Rightarrow\det A^n\ne0$» και «$A$ ορθογώνιο $\Rightarrow$ κάθε ιδιοδιάνυσμα του $A$ είναι και του $A^T$» (γιατί $A^T=A^{-1}$, άρα $A^T\mathbf x=\lambda^{-1}\mathbf x$). Λάθος: «μοναδική λύση του $(\lambda I-A)\mathbf x=\mathbf 0$» και «0 ιδιοτιμή $\Rightarrow$ ανεξάρτητες στήλες».

Σωστές: 2 και 4.

Θέμα 9 (υπόχωρος $V=\operatorname{span}\{(1,0,0),(1,1,1)\}$)¶

Αξιοπιστία: δύο ανεξάρτητες λύσεις συμφωνούν · εμπιστοσύνη λύτη: υψηλή

$V^\perp$ είναι ευθεία $\operatorname{span}\{(0,-1,1)\}$ (πρέπει $n_1=0$, $n_2+n_3=0$). Το δοσμένο $P$ δεν είναι συμμετρικό και $P^2\ne P$ (επαληθεύτηκε): λάθος. $V\cap V^\perp=\{\mathbf 0\}$ και τα διανύσματα είναι ανεξάρτητα, άρα $\lambda=\mu=0$.

Σωστές: 2 και 4.

Θέμα 6 (εκδοχή image0/image1/3.0 — ορίζουσα με γραμμές $(1,a,b),(1,c,d),(1,d,d)$ ίση με 1)¶

Αξιοπιστία: ⚠ οι ανεξάρτητες λύσεις διαφωνούν: δες όλες και έλεγξε μόνος σου · εμπιστοσύνη λύτη: χαμηλή

Λύση 1: $\det=(c-d)(d-b)=1$ (επαληθεύτηκε αριθμητικά), άρα $c\ne d$, $d\ne b$· το $a$ δεν εμφανίζεται. - «$b\ne1$ και $d\ne1$»: λάθος. «$c\ne d$»: σωστό. «$d\ne a$ και $d\ne b$»: λάθος ($a=d$ επιτρέπεται). Βάση του $\mathbb R^3$: σωστό. - Τελευταία ορίζουσα: ανταλλαγή γραμμών 2, 3 ($\times(-1)$) και $\times(-1)$ από την 1η στήλη δίνουν $+1$, όχι $-1$: λάθος.

Σωστές: 2 και 4.

Λύση 2: Σωστές επιλογές: - Ο χώρος γραμμών $R(A)$ του $A$ έχει διάσταση τουλάχιστον ίση με 1. - Αν $\mathrm{range\ } A = \mathbb{R}^2$, τότε τάξη $\mathrm{rank} A$ είναι είναι ίση με 2.

Αιτιολόγηση: - Η πρώτη γραμμή $(3, 2, p)$ δεν είναι ποτέ το μηδενικό διάνυσμα, οπότε $\dim R(A) = \operatorname{rank}(A) \ge 1$. - Εξ ορισμού, $\mathrm{range}(A) = C(A)$. Αν $\mathrm{range}(A) = \mathbb{R}^2$, τότε $\operatorname{rank}(A) = \dim C(A) = \dim \mathbb{R}^2 = 2$. - Οι άλλες επιλογές δεν ισχύουν γενικά (π.χ. για $s=6$ και $p=3/2$ οι δύο γραμμές είναι παράλληλες και $\operatorname{rank}(A)=1 < 2$).

Λύση 3 (τρίτη γνώμη): Αναπτύσσουμε την ορίζουσα: $$\begin{vmatrix} 1 & a & b \\ 1 & c & d \\ 1 & d & d \end{vmatrix} = 1(cd - d^2) - a(d - d) + b(d - c) = d(c - d) - b(c - d) = (c - d)(d - b)$$ Επομένως, ισχύει $(c - d)(d - b) = 1$.

Οι σωστές επιλογές είναι: - $c \ne d$. Αιτιολόγηση: Αφού το γινόμενο $(c - d)(d - b)$ ισούται με 1, κανένας από τους παράγοντες δεν μπορεί να είναι μηδέν. Άρα $c - d \ne 0 \implies c \ne d$. - Τα διανύσματα $(1, a, b)^T, (1, c, d)^T, (1, d, d)^T$ αποτελούν μια βάση για τον $\mathbb{R}^3$. Αιτιολόγηση: Η ορίζουσα του πίνακα που έχει ως γραμμές (ή στήλες) τα διανύσματα αυτά είναι $1 \ne 0$, συνεπώς τα διανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα και αποτελούν βάση του $\mathbb{R}^3$.

(Σημείωση: Η τελευταία επιλογή είναι λάθος διότι βγάζοντας κοινό παράγοντα το $-1$ από την πρώτη στήλη και εναλλάσσοντας τη 2η με την 3η γραμμή, η ορίζουσα προκύπτει $(-1) \cdot (-1) \cdot 1 = 1$, όχι $-1$.)

Θέμα 3 (εκδοχή 6 μονάδων: ιδιοτιμές $3,4,4$, ιδιοδιανύσματα $(0,1,0),(1,1,0),(-1,2,1)$)¶

Αξιοπιστία: ⚠ οι ανεξάρτητες λύσεις διαφωνούν: δες όλες και έλεγξε μόνος σου · εμπιστοσύνη λύτη: χαμηλή

Λύση 1: $\det A=3\cdot4\cdot4=48$. Τα ιδιοδιανύσματα είναι ανεξάρτητα ($\det[\mathbf x_1\,\mathbf x_2\,\mathbf x_3]=-1\ne0$, επαληθεύτηκε), άρα $A$ διαγωνοποιήσιμο. - $\det A=48$: σωστό. $\det A=-48$: λάθος. «Δεν επαρκούν τα δεδομένα»: λάθος. - «Διαγωνοποιήσιμο γιατί τρία ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα»: σωστό. - «Δεν διαγωνοποιείται γιατί οι ιδιοτιμές δεν είναι ξένες»: λάθος (επαναλαμβανόμενες ιδιοτιμές δεν εμποδίζουν). - «Αν διαγωνοποιήσιμο τότε αντιστρέψιμο»: ως γενική πρόταση λάθος (π.χ. $\operatorname{diag}(0,1,1)$), αλλά για αυτό το $A$ το συμπέρασμα ισχύει ($\det A=48\ne0$). Δεν είναι σαφές τι εννοεί ο εξεταστής· το θεωρώ λάθος ως γενική πρόταση (χαμηλή βεβαιότητα για αυτή τη μία επιλογή).

Λύση 2: - Σωστό

Αιτιολόγηση: Από την πρώτη ορίζουσα, βγάζοντας τον κοινό παράγοντα $2$ από την 3η γραμμή, έχουμε: $$2 \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 2 \implies \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 1.$$ Στη δεύτερη ορίζουσα, αφαιρούμε από τη 2η γραμμή το διπλάσιο της 1ης γραμμής διαιρεμένης με 3 (δηλαδή αφαιρούμε $2(a_1, a_2, a_3)$), πράξη που δεν αλλάζει την τιμή της ορίζουσας, και βγάζουμε τον κοινό παράγοντα $3$ από την 1η γραμμή: $$\begin{vmatrix} 3a_1 & 3a_2 & 3a_3 \\ b_1 + 2a_1 & b_2 + 2a_2 & b_3 + 2a_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 3 \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 3 \cdot 1 = 3.$$

Λύση 3 (τρίτη γνώμη): Ο πίνακας $A$ έχει ιδιοτιμές $\lambda_1=3, \lambda_2=4, \lambda_3=4$. Η ορίζουσά του ισούται με το γινόμενο των ιδιοτιμών του: $\det A = 3 \cdot 4 \cdot 4 = 48$. Ελέγχουμε τη γραμμική ανεξαρτησία των ιδιοδιανυσμάτων σχηματίζοντας τον πίνακα $P$ με στήλες τα ιδιοδιανύσματα: $$\det P = \begin{vmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = -1 \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = -1 \ne 0$$ Άρα τα τρία ιδιοδιανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα, συνεπώς το $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο. Επίσης, αφού $\det A = 48 \ne 0$, το $A$ είναι αντιστρέψιμο.

Οι σωστές επιλογές είναι: - $\det A = 48$. Αιτιολόγηση: Η ορίζουσα ισούται με το γινόμενο των ιδιοτιμών ($3 \cdot 4 \cdot 4 = 48$). - Το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο γιατί τρία ιδιοδιανύσματά του είναι γραμμικά ανεξάρτητα. Αιτιολόγηση: Ένας $3 \times 3$ πίνακας είναι διαγωνοποιήσιμος αν και μόνο αν έχει 3 γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα, το οποίο ισχύει εδώ. - Αν το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο, τότε είναι αντιστρέψιμο. Αιτιολόγηση: Για το συγκεκριμένο μητρώο $A$, η πρόταση είναι λογικά αληθής διότι το $A$ είναι όντως αντιστρέψιμο (αφού $\det A = 48 \ne 0$).

Θέμα 3 (εκδοχή 6 μονάδων: ιδιοτιμές $-2,3,3$, ιδιοδιανύσματα $(1,0,0),(0,1,0),(1,0,1)$)¶

Αξιοπιστία: ⚠ οι ανεξάρτητες λύσεις διαφωνούν: δες όλες και έλεγξε μόνος σου · εμπιστοσύνη λύτη: χαμηλή

Λύση 1: Τα διανύσματα είναι ανεξάρτητα ($\det=1$), άρα διαγωνοποιήσιμο· $\det A=(-2)\cdot3\cdot3=-18$, το $A^{-1}$ υπάρχει. - $\det A=-18$: σωστό. $\det A=18$: λάθος. $A^{-1}$ υπάρχει: σωστό. «Διαγωνοποιήσιμο γιατί ανεξάρτητα»: σωστό. «Δεν διαγωνοποιείται γιατί δεν είναι ξένες»: λάθος. - «Αν διαγωνοποιήσιμο τότε αντιστρέψιμο»: όπως παραπάνω, αβέβαιο (για αυτό το $A$ ισχύει, γενικά όχι).

Λύση 2: - Σωστό

Αιτιολόγηση: Από την πρώτη ορίζουσα, βγάζοντας τον κοινό παράγοντα $2$ από την 3η γραμμή, έχουμε: $$2 \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 2 \implies \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 1.$$ Στη δεύτερη ορίζουσα, αφαιρούμε από τη 2η γραμμή το διπλάσιο της 1ης γραμμής διαιρεμένης με 3 (δηλαδή αφαιρούμε $2(a_1, a_2, a_3)$), πράξη που δεν αλλάζει την τιμή της ορίζουσας, και βγάζουμε τον κοινό παράγοντα $3$ από την 1η γραμμή: $$\begin{vmatrix} 3a_1 & 3a_2 & 3a_3 \\ b_1 + 2a_1 & b_2 + 2a_2 & b_3 + 2a_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 3 \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix} = 3 \cdot 1 = 3.$$

Λύση 3 (τρίτη γνώμη): Ο πίνακας $A$ έχει ιδιοτιμές $\lambda_1=3, \lambda_2=4, \lambda_3=4$. Η ορίζουσά του ισούται με το γινόμενο των ιδιοτιμών του: $\det A = 3 \cdot 4 \cdot 4 = 48$. Ελέγχουμε τη γραμμική ανεξαρτησία των ιδιοδιανυσμάτων σχηματίζοντας τον πίνακα $P$ με στήλες τα ιδιοδιανύσματα: $$\det P = \begin{vmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = -1 \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = -1 \ne 0$$ Άρα τα τρία ιδιοδιανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα, συνεπώς το $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο. Επίσης, αφού $\det A = 48 \ne 0$, το $A$ είναι αντιστρέψιμο.

Οι σωστές επιλογές είναι: - $\det A = 48$. Αιτιολόγηση: Η ορίζουσα ισούται με το γινόμενο των ιδιοτιμών ($3 \cdot 4 \cdot 4 = 48$). - Το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο γιατί τρία ιδιοδιανύσματά του είναι γραμμικά ανεξάρτητα. Αιτιολόγηση: Ένας $3 \times 3$ πίνακας είναι διαγωνοποιήσιμος αν και μόνο αν έχει 3 γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα, το οποίο ισχύει εδώ. - Αν το μητρώο $A$ είναι διαγωνοποιήσιμο, τότε είναι αντιστρέψιμο. Αιτιολόγηση: Για το συγκεκριμένο μητρώο $A$, η πρόταση είναι λογικά αληθής διότι το $A$ είναι όντως αντιστρέψιμο (αφού $\det A = 48 \ne 0$).

Θέμα (IMG_20210614_203041 — $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\31&32&33\\61&62&63\end{pmatrix}$)¶

Αξιοπιστία: μία λύση AI, δεν έχει αντιπαραβληθεί με δεύτερη · εμπιστοσύνη λύτη: υψηλή

$R_2-R_1=R_3-R_2=(30,30,30)$, άρα $R_3=2R_2-R_1$, $\operatorname{rank}=2$, $\dim\operatorname{null}=1$ (επαληθεύτηκε). - Γραμμοϊσοδύναμο με $I$: λάθος. $\dim\operatorname{range}A=2$: σωστό. $\dim\operatorname{null}A=1<2=\operatorname{rank}A$: σωστό. $A^{-1}$ υπάρχει: λάθος. $A\mathbf x=\mathbf 0$ έχει μη μηδενικές λύσεις: σωστό. Στήλες βάση του $\mathbb R^3$: λάθος.

Σωστές: 2, 3, 5.

Θέμα 5 (20210614_201131, Σ/Λ)¶

Αξιοπιστία: ⚠ οι ανεξάρτητες λύσεις διαφωνούν: δες όλες και έλεγξε μόνος σου · εμπιστοσύνη λύτη: χαμηλή

Λύση 1: Οι ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύμου είναι οι ιδιοτιμές, άρα $\lambda_i=r_i\det A$, και $\prod\lambda_i=\det A$. Συνεπώς $(\prod r_i)(\det A)^4=\det A$, και με $\prod r_i=1$ προκύπτει $\det A=0$ ή $(\det A)^3=1$, που δεν ισχύει για κάθε $A$. Αντιπαράδειγμα: $A=2I$: $\det A=16$, ιδιοτιμές 2, άρα $r_i=1/8$ και $\prod r_i=1/4096\ne1$. Λάθος.

Λύση 2: Σωστές επιλογές: - Για κάθε $\mu \le 0$ το σύστημα έχει μοναδική λύση. - Για $\mu = 4$ και το $b > 2a$ σύστημα δεν έχει λύση.

Αιτιολόγηση: Εκτελώντας απαλοιφή Gauss στον επαυξημένο πίνακα: αφαιρώντας $2 \times (\text{Γραμμή 1})$ από την 3η γραμμή, η τρίτη εξίσωση γίνεται $(\mu - 4)z = b - 2a$. 1. Αν $\mu \ne 4$, ο συντελεστής του $z$ είναι μη μηδενικός, οπότε το σύστημα έχει μοναδική λύση για κάθε τιμή των $a, b$. Εφόσον $\mu \le 0 < 4$, η πρώτη πρόταση είναι σωστή. 2. Αν $\mu = 4$, η εξίσωση γίνεται $0 \cdot z = b - 2a$. Αν $b > 2a$, τότε $b - 2a \ne 0$, άρα προκύπτει $0 \ne 0$ (αδύνατο σύστημα).

Λύση 3 (τρίτη γνώμη): - Λάθος Αιτιολόγηση: Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι $\det(\lambda I - A) = (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2)(\lambda - \lambda_3)(\lambda - \lambda_4)$, όπου $\lambda_i$ οι ιδιοτιμές. Αν ίσχυε η δοσμένη σχέση, θα είχαμε $\lambda_i = r_i \det A$. Πολλαπλασιάζοντας, προκύπτει $\prod \lambda_i = (r_1 r_2 r_3 r_4)(\det A)^4 \implies \det A = 1 \cdot (\det A)^4$. Αυτό συνεπάγεται ότι $\det A \in \{0, 1\}$ (ή μιγαδικές ρίζες της μονάδας), το οποίο προφανώς δεν ισχύει για κάθε τυχαίο $4 \times 4$ μητρώο (π.χ. αν $\det A = 2$).

Θέμα 6 (20210614_201131)¶

Αξιοπιστία: δεν λύθηκε

Δεν λύθηκε: η ερώτηση είναι κομμένη στη φωτογραφία.

✔ Επιβεβαίωσε · ✖ Βρήκα λάθος

✖ Βρήκα λάθος στη μεταγραφή

Γραμμική Άλγεβρα — Ιούνιος 2021 — Εξέταση (13–14/6/2021)¶

3.png¶

4.png¶

5.png¶

6.png¶

7.png¶

8.png¶

9.png¶

Capture.PNG¶

Screenshot_4.png¶

Screenshot_13.png¶

image0.png¶

image1.png¶

3.0.jpg¶

grammiki.png¶

IMG_20210613_155326.jpg¶

IMG_20210614_203041.jpg¶

20210614_201131.jpg¶

AI λύσεις — 2021-06¶

Θέμα 2 (ορίζουσα με γραμμές \((1,a,b),(1,c,d),(1,c,e)\) ίση με 2)¶

Θέμα 3 (εκδοχή 2 μονάδων, ορίζουσες με \(2c_i\))¶

Θέμα 4 (χαρακτηριστικό πολυώνυμο \(4\times4\))¶

Θέμα 5 (σύστημα με \(a,b,\mu\))¶

Θέμα 6 (μητρώο \(2\times3\) με \(p,s\))¶

Θέμα 7 (γραμμικότητα)¶

Θέμα 8 (τετραγωνικό \(A\))¶

Θέμα 9 (υπόχωρος \(V=\operatorname{span}\{(1,0,0),(1,1,1)\}\))¶

Θέμα 6 (εκδοχή image0/image1/3.0 — ορίζουσα με γραμμές \((1,a,b),(1,c,d),(1,d,d)\) ίση με 1)¶

Θέμα 3 (εκδοχή 6 μονάδων: ιδιοτιμές \(3,4,4\), ιδιοδιανύσματα \((0,1,0),(1,1,0),(-1,2,1)\))¶

Θέμα 3 (εκδοχή 6 μονάδων: ιδιοτιμές \(-2,3,3\), ιδιοδιανύσματα \((1,0,0),(0,1,0),(1,0,1)\))¶

Θέμα (IMG_20210614_203041 — \(A=\begin{pmatrix}1&2&3\\31&32&33\\61&62&63\end{pmatrix}\))¶

Θέμα 5 (20210614_201131, Σ/Λ)¶

Θέμα 6 (20210614_201131)¶