pbmatepbmatePrețuriAutentificare
pbmate logo
pbmate

Matematică pentru elevii care vor mai mult de 9

Autentificare

Platforma de matematică pentru clasele 5–12: probleme noi în fiecare zi, ajustate pentru nivelul tău — cu soluții complete, pas cu pas, până la BAC M1 și Evaluarea Națională. Sub 20 RON pe săptămână.

Ești profesor?

Clasa a 11-a

Exerciții rezolvate cu matrice — clasa a 11-a

Pe această pagină găsești 126 exerciții rezolvate cu matrice pentru clasa a 11-a, fiecare cu rezolvare completă, pas cu pas, în stilul baremului oficial de BAC. Sunt probleme tipice de examen și de teză, alese ca să exersezi eficient și să înțelegi unde apar cele mai frecvente greșeli. Ai nevoie de formule? Vezi tabelul de matrice.

Matrice #1

Pentru A=(1234)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} și B=(0−152)B = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 5 & 2 \end{pmatrix}, A+BA + B este egal cu:
  1. A. (1186)\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 8 & 6 \end{pmatrix}
  2. B. (1382)\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 8 & 2 \end{pmatrix}
  3. C. (1−1−22)\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}
  4. D. (0−2158)\begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 15 & 8 \end{pmatrix}
Rezolvare

Răspuns corect: A. (1186)\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 8 & 6 \end{pmatrix}

Se adună componentă cu componentă: (1186)\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 8 & 6 \end{pmatrix}.

Matrice #2

Pentru A=(2−103)A = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}, matricea 3A3A este egală cu:
  1. A. (5236)\begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}
  2. B. (2−109)\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}
  3. C. (6−309)\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}
  4. D. (6−109)\begin{pmatrix} 6 & -1 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}
Rezolvare

Răspuns corect: C. (6−309)\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}

Se înmulțește fiecare element cu 33: (6−309)\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}.

Matrice #3

Matricea unitate I3I_3 este:
  1. A. (000000000)\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
  2. B. (111111111)\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}
  3. C. (100010001)\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
  4. D. (001010100)\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Rezolvare

Răspuns corect: C. (100010001)\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

I3I_3 are 11 pe diagonala principală și 00 în rest.

Matrice #4

Pentru A=(1101)A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, matricea A2A^2 este egală cu:
  1. A. (1101)\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
  2. B. (1001)\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
  3. C. (1201)\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
  4. D. (2202)\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}
Rezolvare

Răspuns corect: C. (1201)\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}

A2=(1+01+10+00+1)=(1201)A^2 = \begin{pmatrix} 1 + 0 & 1 + 1 \\ 0 + 0 & 0 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.

Matrice #5

Pentru matrice arbitrare AA și BB din Mn(R)M_n(\mathbb{R}) (cu n≥2n \ge 2), care afirmație este adevărată?
  1. A. AB=BA ıˆntotdeaunaAB = BA\text{ }\allowbreak{}\text{întotdeauna}
  2. B. AB≠BA ıˆn generalAB \ne BA\text{ }\allowbreak{}\text{în}\text{ }\allowbreak{}\text{general}
  3. C. AB nu exista˘AB\text{ }\allowbreak{}\text{nu}\text{ }\allowbreak{}\text{există}
  4. D. A+B≠B+AA + B \ne B + A
Rezolvare

Răspuns corect: B. AB≠BA ıˆn generalAB \ne BA\text{ }\allowbreak{}\text{în}\text{ }\allowbreak{}\text{general}

Înmulțirea matricelor nu este comutativă în general. (Exemplu concret: A=(0100)A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, B=(0010)B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} — verificați că AB≠BAAB \ne BA.)

Matrice #6

Pentru A=(123456)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}, transpusa ATA^T are dimensiunile:
  1. A. 2×22 \times 2
  2. B. 2×32 \times 3
  3. C. 3×23 \times 2
  4. D. 3×33 \times 3
Rezolvare

Răspuns corect: C. 3×23 \times 2

AA este de tip 2×32 \times 3, deci ATA^T este de tip 3×23 \times 2.

Matrice #7

Pentru ce valoare a∈Ra \in \mathbb{R} este matricea A=(1a32)A = \begin{pmatrix} 1 & a \\ 3 & 2 \end{pmatrix} simetrică?
  1. A. −3-3
  2. B. 00
  3. C. 33
  4. D. 11
Rezolvare

Răspuns corect: C. 33

Avem nevoie ca a12=a21a_{12} = a_{21}, adică a=3a = 3.

Matrice #8

Pentru A=(1101)A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, elementul (An)12(A^n)_{12} este egal cu (pentru n≥1n \ge 1):
  1. A. 11
  2. B. n−1n - 1
  3. C. nn
  4. D. n2n^2
Rezolvare

Răspuns corect: C. nn

Prin inducție, An=(1n01)A^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, deci (An)12=n(A^n)_{12} = n.

Matrice #9

Se dă matricea A=(2102)A=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}. Elementul de pe poziția (1,2)(1,2) al matricei A5A^5 este:
  1. A. 8080
  2. B. 3232
  3. C. 1616
  4. D. 4040
Rezolvare

Răspuns corect: A. 8080

Notăm N=(0100)N=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}, cu A=2I2+NA=2I_2+N și N2=O2N^2=O_2. Cum 2I22I_2 și NN comută, An=(2I2+N)n=(2I2)n+n(2I2)n−1N=2nI2+n⋅2n−1NA^n=(2I_2+N)^n=(2I_2)^n+n(2I_2)^{n-1}N=2^nI_2+n\cdot2^{n-1}N (termenii cu N2N^2 și peste sunt nuli). Pentru n=5n=5: coeficientul lui NN este 5⋅24=5⋅16=805\cdot2^4=5\cdot16=80, deci A5=25I2+80N=(3280032).A^5=2^5I_2+80N=\begin{pmatrix}32&80\\0&32\end{pmatrix}. Elementul de pe poziția (1,2)(1,2) este 8080. Verificare: elementul de pe poziția (1,1)(1,1) este 25=322^5=32 (nu conține contribuția lui NN), consistent cu formula; cine ar uita complet termenul cu NN ar răspunde greșit 3232 în loc de 8080. ✓

Matrice #10

Se dă matricea A=(111011001)A=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}. Elementul de pe poziția (1,3)(1,3) al matricei A6A^6 este:
  1. A. 66
  2. B. 2121
  3. C. 1515
  4. D. 2626
Rezolvare

Răspuns corect: B. 2121

Notăm N=(011001000)=A−I3N=\begin{pmatrix}0&1&1\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}=A-I_3. Calculăm N2=(001000000),N3=O3.N^2=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad N^3=O_3. Cum I3I_3 și NN comută și N3=O3N^3=O_3, binomul lui Newton se oprește la puterea a doua: A6=(I3+N)6=I3+6N+C62N2=I3+6N+15N2.A^6=(I_3+N)^6=I_3+6N+\binom{6}{2}N^2=I_3+6N+15N^2. Elementul de pe poziția (1,3)(1,3): din I3I_3 primim 00, din 6N6N primim 6⋅1=66\cdot1=6, din 15N215N^2 primim 15⋅1=1515\cdot1=15. Suma este 0+6+15=210+6+15=21. Verificare: A6=(1621016001)A^6=\begin{pmatrix}1&6&21\\0&1&6\\0&0&1\end{pmatrix}; cine ar uita termenul 15N215N^2 ar răspunde greșit 66, iar cine ar uita termenul liniar 6N6N ar răspunde greșit 1515 — ambele incomplete față de suma corectă 2121. ✓

Matrice #11

Se dă matricea A=(1232)A=\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}. Folosind teorema Cayley–Hamilton, elementul de pe poziția (1,1)(1,1) al matricei A4A^4 este:
  1. A. 102102
  2. B. 153153
  3. C. 103103
  4. D. 154154
Rezolvare

Răspuns corect: C. 103103

tr⁡(A)=1+2=3\operatorname{tr}(A)=1+2=3, det⁡(A)=2−6=−4\det(A)=2-6=-4. Cayley–Hamilton dă A2=3A+4I2A^2=3A+4I_2. Folosim recurența An+1=3An+4An−1A^{n+1}=3A^n+4A^{n-1} (care rezultă înmulțind A2=3A+4I2A^2=3A+4I_2 cu An−1A^{n-1}): A2=3A+4I2,A^2=3A+4I_2, A3=3A2+4A=3(3A+4I2)+4A=13A+12I2,A^3=3A^2+4A=3(3A+4I_2)+4A=13A+12I_2, A4=3A3+4A2=3(13A+12I2)+4(3A+4I2)=(39A+36I2)+(12A+16I2)=51A+52I2.A^4=3A^3+4A^2=3(13A+12I_2)+4(3A+4I_2)=(39A+36I_2)+(12A+16I_2)=51A+52I_2. Deci A4=51A+52I2=51(1232)+(520052)=(103102153154)A^4=51A+52I_2=51\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}52&0\\0&52\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}103&102\\153&154\end{pmatrix}. Elementul de pe poziția (1,1)(1,1) este 103103. Verificare: prin înmulțire directă, A2=(76910)A^2=\begin{pmatrix}7&6\\9&10\end{pmatrix}, A3=A2A=(25263938)A^3=A^2A=\begin{pmatrix}25&26\\39&38\end{pmatrix}, A4=A3A=(103102153154)A^4=A^3A=\begin{pmatrix}103&102\\153&154\end{pmatrix} — coincide cu rezultatul obținut prin recurență. ✓

Matrice #12

Fie A=(311131113)A=\begin{pmatrix}3&1&1\\1&3&1\\1&1&3\end{pmatrix}, care verifică A2−7A+10I3=O3A^2-7A+10I_3=O_3. Fără a calcula adjuncta, elementul de pe poziția (1,2)(1,2) al matricei A−1A^{-1} este:
  1. A. −110-\dfrac{1}{10}
  2. B. 710\dfrac{7}{10}
  3. C. 310\dfrac{3}{10}
  4. D. −710-\dfrac{7}{10}
Rezolvare

Răspuns corect: A. −110-\dfrac{1}{10}

Din relația dată, izolăm direct inversa (fără a calcula niciun minor sau cofactor): A2−7A+10I3=O3 ⟹ A(A−7I3)=−10I3 ⟹ A⋅7I3−A10=I3 ⟹ A−1=7I3−A10.A^2-7A+10I_3=O_3\ \Longrightarrow\ A(A-7I_3)=-10I_3\ \Longrightarrow\ A\cdot\frac{7I_3-A}{10}=I_3\ \Longrightarrow\ A^{-1}=\frac{7I_3-A}{10}. Calculăm 7I3−A=(4−1−1−14−1−1−14)7I_3-A=\begin{pmatrix}4&-1&-1\\-1&4&-1\\-1&-1&4\end{pmatrix}, deci A−1=110(4−1−1−14−1−1−14).A^{-1}=\frac{1}{10}\begin{pmatrix}4&-1&-1\\-1&4&-1\\-1&-1&4\end{pmatrix}. Elementul de pe poziția (1,2)(1,2) este −110-\dfrac{1}{10}. Verificare: prin adjunctă directă (cofactorii sunt 8,−2,−2,−2,8,−2,−2,−2,88,-2,-2,-2,8,-2,-2,-2,8, iar det⁡(A)=20\det(A)=20) se obține A−1=120(8−2−2−28−2−2−28)=110(4−1−1−14−1−1−14)A^{-1}=\tfrac1{20}\begin{pmatrix}8&-2&-2\\-2&8&-2\\-2&-2&8\end{pmatrix}=\tfrac1{10}\begin{pmatrix}4&-1&-1\\-1&4&-1\\-1&-1&4\end{pmatrix} — coincide exact cu formula obținută algebric din relația pătratică, fără a calcula niciun cofactor. ✓
În aplicațieÎncă 114 exerciții cu matriceIntră în cont și continui direct de la matrice — nu de la zero.
Continuă în aplicație

Ești părinte? Vezi cât costă meditațiile la matematică — și alternativele.

← Toate exercițiile de clasa a 11-a